数学（四）-2023年中考考前20天终极冲刺攻略

这是一份数学（四）-2023年中考考前20天终极冲刺攻略，共165页。试卷主要包含了从考查的内容来看,重点涉及的有，从考查的热点来看,主要涉及的有，平行四边形的定义，平行四边形的性质，平行四边形中的几个解题模型，矩形的性质，矩形的判定，菱形的性质等内容，欢迎下载使用。


目 录 contents
（四）


多边形与平行四边形……………………………………………………04


圆相关知识………………………………………………………………… 53


视图与投影…………………………………………………………………110


统计与概率…………………………………………………………………118


考前回练基础………………………………………………………………149












中考倒计时
5天

多边形与平行四边形

1．从考查的题型来看，主要以解答题的形式进行考查，少数以填空题或选择题的形式进行考查，属于中档题,难度一般.
2．从考查的内容来看,重点涉及的有：多边形的内外角和定理，平行四边形的性质与判定定理；多边形与平行四边形的应用.
3．从考查的热点来看,主要涉及的有：多边形的内外角和定理，平行四边形的性质与判定定理，多边形与平行四边形的实际综合应用.

1．多边形的相关概念
1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．
2）对角线：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边形对角线条数为．
2．多边形的内角和、外角和
1）内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；2）外角和：任意多边形的外角和为360°.
3．正多边形
1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.
2）正n边形的每个内角为，每一个外角为．
3）正n边形有n条对称轴.
4）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．
4．平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
5．平行四边形的性质
1）边：两组对边分别平行且相等．2）角：对角相等，邻角互补．3）对角线：互相平分．
4）对称性：中心对称但不是轴对称．
注意：利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
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．
6．平行四边形中的几个解题模型
1）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．
2）平行四边形的一条对角线把其分为两个全等的三角形，如图②中△ABD≌△CDB；两条对角线把平行四边形分为两组全等的三角形，如图②中△AOD≌△COB,△AOB≌△COD；
根据平行四边形的中心对称性，可得经过对称中心O的线段与对角线所组成的居于中心对称位置的三角形全等，如图②△AOE≌△COF.图②中阴影部分的面积为平行四边形面积的一半．
3）如图③，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.
4）如图④，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．

7、平行四边形的判定
1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
8．矩形的性质：
1）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）

9．矩形的判定：
1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
10．菱形的性质：
1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
11．菱形的判定：
1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
12．正方形的性质：
1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
13．正方形的判定：
1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；
3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
14．特殊的平行四边形之间的联系

（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；
（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．
15．中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.

1．（2022•河北）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据平行四边形的判定定理做出判断即可．
【解答】解：A、80°+110°≠180°，故A选项不符合条件；
B、只有一组对边平行不能确定是平行四边形，故B选项不符合题意；
C、不能判断出任何一组对边是平行的，故C选项不符合题意；
D、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D选项符合题意；
故选：D．
2．（2022•无锡）正八边形的每一个内角都是（　　）
A．120° B．135° C．140° D．150°
【分析】首先根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数．
【解答】解：正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°＝1080°，
每一个内角的度数为×1080°＝135°．
故选：B．
3．（2022•内江）如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】由平行四边形的得CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，再证∠CBM＝∠CMB，则MC＝BC＝8，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，
∴∠ABM＝∠CMB，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠ABM＝∠CBM，
∴∠CBM＝∠CMB，
∴MC＝BC＝8，
∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，
故选：B．
4．（2022•襄阳）如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确的是（　　）

A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形
C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形 D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项D符合题意；
故选：D．
5．（2022•淄博）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（　　）

A．16 B．6 C．12 D．30
【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝2，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
【解答】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵DE∥BC，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，OC＝＝，
∴AC＝2OC＝2，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×2×6＝6．
故选：B．

6．（2022•安徽）两个矩形的位置如图所示，若∠1＝α，则∠2＝（　　）

A．α﹣90° B．α﹣45° C．180°﹣α D．270°﹣α
【分析】根据矩形的性质和三角形外角的性质，可以用含α的式子表示出∠2．
【解答】解：由图可得，
∠1＝90°+∠3，
∵∠1＝α，
∴∠3＝α﹣90°，
∵∠3+∠2＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣（α﹣90°）＝90°﹣α+90°＝180°﹣α，
故选：C．

7．（2022•甘肃）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形ABCDEF，若对角线AD的长约为8mm，则正六边形ABCDEF的边长为（　　）

A．2mm B．2mm C．2mm D．4mm
【分析】根据正六边形的性质和题目中的数据，可以求得正六边形ABCDEF的边长．
【解答】解：连接BE，CF，BE、CF交于点O，如右图所示，
∵六边形ABCDEF是正六边形，AD的长约为8mm，
∴∠AOF＝60°，OA＝OD＝OF，OA和OD约为4mm，
∴AF约为4mm，
故选：D．

8．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　）

A． B． C．2﹣ D．
【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF＝∠ABE＝30°，故AF＝＝1，DF＝AD﹣AF＝﹣1，可知EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN＝EF＝．
【解答】解：连接EF，如图：

∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝，
∵CE＝1，
∴DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，
∴∠EBC＝30°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，
∵AF平分∠ABE，
∴∠ABF＝∠ABE＝30°，
在Rt△ABF中，AF＝＝1，
∴DF＝AD﹣AF＝﹣1，
∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，
∴EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，
∵M，N分别是BE，BF的中点，
∴MN是△BEF的中位线，
∴MN＝EF＝．
故选：D．
9．（2022•眉山）一个多边形外角和是内角和的，则这个多边形的边数为 　11　．
【分析】多边形的内角和定理为（n﹣2）×180°，多边形的外角和为360°，根据题意列出方程求出n的值．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意可得：，
解得：n＝11，
故答案为：11．
10．（2022•邵阳）已知矩形的一边长为6cm，一条对角线的长为10cm，则矩形的面积为 　48　cm2．
【分析】利用勾股定理列式求出另一边长，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解答】解：∵长方形的一条对角线的长为10cm，一边长为6cm，
∴另一边长＝＝8cm，
∴它的面积为8×6＝48cm2．
故答案为：48．
11．（2022•甘肃）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形ABCD成为一个矩形，只需添加的一个条件是 　∠A＝90°（答案不唯一）　．

【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【解答】解：需添加的一个条件是∠A＝90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠A＝90°（答案不唯一）．
12．（2022•广州）如图，在▱ABCD中，AD＝10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝22，则△BOC的周长为 　21　．

【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC＝AC，BO＝OD＝BD，AD＝BC＝10，
∵AC+BD＝22，
∴OC+BO＝11，
∴△BOC的周长＝OC+OB+BC＝11+10＝21．
故答案为：21．
13．（2022•无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝　1　．

【分析】设CG＝x，则BG＝8﹣x，根据勾股定理可得AB2+BG2＝CE2+CG2，可求得x的值，进而求出BG的长．
【解答】解：连接AG，EG，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE＝4，
设CG＝x，则BG＝8﹣x，
在Rt△ABG和Rt△GCE中，根据勾股定理，得
AB2+BG2＝CE2+CG2，
即82+（8﹣x）2＝42+x2，
解得x＝7，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣7＝1．
故答案是：1．

14．（2022•湘西州）如图，在矩形ABCD中，E为AB的中点，连接CE并延长，交DA的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△BEC．
（2）若CD＝4，∠F＝30°，求CF的长．

【分析】（1）先根据矩形性质得出AD∥BC，然后证得∠F＝∠BCE，再根据AAS即可证明：△AEF≌△BEC；
（2）根据矩形的性质得出∠D＝90°，然后根据∠F＝30°得出CF＝2CD即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠F＝∠BCE，
∵E是AB中点，
∴AE＝EB，
∵∠AEF＝∠BEC，
∴△AEF≌△BEC（AAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∵CD＝4，∠F＝30°，
∴CF＝2CD＝2×4＝8，
即CF的长为8．
15．（2022•徐州）如图，在▱ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF．
求证：（1）△ABE≌△CDF；
（2）四边形AECF是平行四边形．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，根据平行线的性质得到∠ABD＝∠CDB，利用SAS定理证明△ABE≌△CDF；
（2）根据全等三角形的性质得到AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，根据平行线的判定定理证明AE∥CF，再根据平行四边形的判定定理证明结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）由（1）可知，△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，
∴180°﹣∠AEB＝180°﹣∠CFD，即∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
16．（2022•广元）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连结CE．
（1）求证：四边形AECD为菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．

【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形AECD是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质可证AD＝CD，可得结论；
（2）由菱形的性质可求AE＝BE＝CE＝2，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求BC，AC的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵E为AB中点，
∴AB＝2AE＝2BE，
∵AB＝2CD，
∴CD＝AE，
又∵AE∥CD，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴平行四边形AECD是菱形；
（2）∵四边形AECD是菱形，∠D＝120°，
∴AD＝CD＝CE＝AE＝2，∠D＝120°＝∠AEC，
∴AE＝CE＝BE，∠CEB＝60°，
∴∠CAE＝30°＝∠ACE，△CEB是等边三角形，
∴BE＝BC＝EC＝2，∠B＝60°，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝2，
∴S△ABC＝×AC×BC＝×2×2＝2．
17．（2022•淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
【观察发现】
A'D与B'E的位置关系是 　A′D∥B′E　；
【思考表达】
（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
【综合运用】
如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．

【分析】【观察发现】利用翻折变换的性质判断即可．
【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明DE∥CB′即可；
（2）证明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解决问题．
【综合运用】结论：DG2＝EG2+B′C2．如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．想办法证明DE＝CB′，可得结论．
【解答】解：【观察发现】如图（1）中，由翻折的性质可知，A′D∥B′E．
故答案为：A′D∥B′E；

【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．
理由：如图（2）中，连接BB′．
∵EB＝EC＝EB′，
∴∠BB′C＝90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，
∴∠DEC＝∠B′CE；

（2）结论：∠DEG＝90°．
理由：如图（2）中，连接DB，DB′，
由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，
设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，
∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，
∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，
∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，
∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，
∵EC＝EB′，
∴∠EB′C＝∠ECB′＝∠BEB′＝90°﹣y+x，
∴∠GB′C＝∠A′B′E﹣∠EB′C＝180﹣y﹣（90°﹣y+x）＝90°﹣y﹣x，
∴∠CGA′＝2∠GB′C，
∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C＝∠GCB′，
∴GC＝GB′，
∵EB′＝EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°；

【综合运用】结论：DG2＝EG2+B′C2．
理由：如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．
设GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，
∵∠B＝60°，
∴∠A＝∠DA′B′＝120°，
∴∠DA′R＝60°，
∴A′R＝A′D•cos60°＝a，DR＝a，
在Rt△DGR中，则有（2a+x）2＝（a）2+（3a﹣x）2，
∴x＝a，
∴GB′＝a，A′G＝a，
∵TB′∥DA′，
∴＝，
∴＝，
∴TB′＝a，
∵CB′∥DE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CB′，
∵∠DEG＝90°，
∴DG2＝EG2+DE2，
∴DG2＝EG2+B′C2．

18．（2022•黔西南州）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且∠EAF＝45°．
（1）当BE＝DF时，求证：AE＝AF；
（2）猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
（3）连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH＝AE．若DF＝a，CH＝b，请用含a，b的代数式表示EF的长．

【分析】（1）证明△ABE≌△ADF，从而得出结论；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，类比（1）可证得△ABE≌△ADG，进而证明△GAF≌△EAF，进一步得出结论；
（3）作HR⊥BC于R，证明△ABE≌△GRH，从而BE＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b•sin45°＝，进而BE＝，根据（2）可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
（2）解：如图1，

BE+DF＝EF，理由如下：
在CD的延长线上截取DG＝BE，
同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即：∠GAF＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF，
在△GAF和△EAF中，
，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴FG＝EF，
∴DG+DF＝EF，
∴BE+DF＝EF；
（3）如图2，

作HR⊥BC于R，
∴∠HRG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵GH⊥AE，
∴∠EKG＝90°，
∴∠G+∠AEB＝90°，
∴∠G＝∠BAE，
在△ABE和△GRH中，
，
∴△ABE≌△GRH（AAS），
∴BE＝HR，
在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，
∴HR＝b•sin45°＝b，
∴BE＝，
∴EF＝BE+DF＝．

1．（2023•南海区一模）正十边形的外角和是（　　）
A．144° B．180° C．360° D．1440°
2．（2023•雁塔区校级模拟）在四边形ABCD中，∠A+∠B＝180°，添加下列条件，能使四边形ABCD成为平行四边形的是（　　）
A．AB＝CD B．AD∥BC C．AD＝BC D．∠C+∠D＝180°
3．（2023•郑州一模）在下列条件中，能够判定平行四边形ABCD为矩形的是（　　）
A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AB＝AC D．AC＝BD
4．（2023•增城区一模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E为AD的中点，若OE＝3，则菱形ABCD的边长是（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8
5．（2023•沂水县一模）如图，直线l将正六边形ABCDEF分割成两个区域，且分别与AB、DE相交于P点、Q点．若∠APQ的外角为75°，则∠PQD的度数为（　　）

A．75° B．85° C．95° D．105°
6．（2023•惠山区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角△AEF．有下列四个结论：①∠CAF＝∠DAE；②点E在线段BD上；③当∠AEC＝135°时，CE平分∠ACD；④若点F在BC上以一定的速度由B向C运动，则点F的运动速度是点E运动速度的2倍．其中正确的结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2023•碑林区校级四模）若一个正多边形的内角和为1260°，则该正多边形一个外角的度数为 　 　．
8．（2023•宝山区二模）如图，已知点E在矩形ABCD的边AD上，且BC＝EC＝8，∠ABE＝15°，那么AB的长等于 　 　．

9．（2023•铁东区一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD分别为8和6，DE⊥AB，垂足为E，则DE的长为 　 　．

10．（2023•合肥模拟）如图，点P在正方形ABCD内，∠BPC＝135°，连接PA、PB、PC、PD．
（1）若PA＝AB，则∠CPD＝　 　；
（2）若PB＝2，PC＝3，则PD的长为 　 　．

11．（2023•徐州模拟）已知：如图，E、F为平行四边形ABCD的对角线AC所在直线上的两点，且AE＝CF．求证：
（1）BE＝DF；
（2）四边形BFDE是平行四边形．



12．（2023•延庆区一模）如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，∠BAC＝90°．点M为边AD的中点，连接CM并延长，交BA的延长线于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ACDE是矩形；
（2）若BE＝10，DE＝12，求四边形BCDE的面积．



13．（2023•芜湖模拟）如图，E为菱形ABCD边BC上一点，过点E作EG⊥AD于G，交BD于F，连接DE．过点D作DM⊥BD，交BC的延长线于点M．
（1）若∠A＝4∠DEG，求证：∠M＝2∠DEG；
（2）在（1）的条件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的长．



14．（2023•未央区校级三模）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．



15．（2023•南海区一模）如图1，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，点E在射线AB上运动，将△AED沿ED翻折，使得点A与点G重合，连接AG交DE于点F．
（1）【初步探究】当点G落在BC边上时，求BG的长；
（2）【深入探究】在点E的运动过程中，BG是否存在最小值，如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由；
（3）【拓展延伸】如图3，点P为BG的中点，连接AP，点E在射线AB上运动过程中，求AP长的最大值．



16．（2023•福建模拟）已知正方形ABCD，在BC和CD边上各有一点E，F，且CE＝CF，连接AF，EF，分别取AF，EF的中点M，N，连接DM，CN，MN．
（1）如图1，连接AE．
①求证：AE＝AF．
②求∠DMN的度数．
（2）如图2，将△CEF绕点C旋转，当△CEF在正方形ABCD外部时，连接DN，试探究DN与MN的数量关系．





1．四边形的外角和等于（　　）
A．180° B．360° C．400° D．540°
2．如图，平行四边形ABCD中，∠A＝100°，若∠ABD：∠DBC＝3：2，则∠DBC的度数为何？（　　）

A．32 B．40 C．48 D．60
3．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，若AB＝6cm，BC＝8cm．则EF的长是（　　）

A．2.2cm B．2.3cm C．2.4cm D．2.5cm
4．如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，DE⊥AB，垂足为E，DE与AC交于点F，则sin∠DFC的值为（　　）

A． B． C． D．
5．平行四边形ABCD中，E点在BC上，P、Q两点在AD上，其位置如图所示．若PB与AE相交于R点，QB与AE相交于S点，则下列三角形面积的大小关系，何者正确？（　　）

A．△PBE＞△QBE，△PRE＞△QSE B．△PBE＜△QBE，△PRE＜△QSE
C．△PBE＝△QBE，△PRE＞△QSE D．△PBE＝△QBE，△PRE＜△QSE
6．如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：
①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值是a2；⑤当BE＝a时，G是线段AD的中点．
其中正确的结论是（　　）

A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤
7．若一个多边形的内角和是外角和的两倍，则该多边形的边数是　 　．
8．如图，菱形ABCD中，∠ACD＝40°，则∠ABC＝　 　°．

9．如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，CF⊥BE，连接AE，G是AB的中点，连接GF，若AE＝4，则GF＝　 　．

10．如图，菱形ABCD的周长为16，AC，BD交于点O，点E在BC上，OE∥AB，则OE的长是　 　．

11．以▱ABCD对角线的交点O为原点，平行于BC边的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．若A点坐标为（﹣2，1），则C点坐标为 　 　．

12．如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 　 　°．

13．如图，过▱ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB、BC、CD、DA于点P、M、Q、N．
（1）求证：△PBE≌△QDE；
（2）顺次连接点P，M，Q，N，求证：四边形PMQN是菱形．







14．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．






15．如图，E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，并延长CE交AD于点F．
（1）求证：△ABE≌△CBE；
（2）若∠AEC＝140°，求∠DFE的度数．






16．已知：如图①，将一块45°角的直角三角板DEF与正方形ABCD的一角重合，连接AF，CE，点M是CE的中点，连接DM．
（1）请你猜想AF与DM的数量关系是 　 　．
（2）如图②，把正方形ABCD绕着点D顺时针旋转α角（0°＜α＜90°）．
①AF与DM的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN）
②求证：AF⊥DM；
③若旋转角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求的值．（可不写过程，直接写出结果）











名校预测
1．【分析】根据任意多边形的外角和等于360°解答即可．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴正十边形的外角和是360°．
故选：C．
2．【分析】先证AD∥BC，再由平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
A、由AB＝CD，AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，故选项C符合题意；
D、∵∠C+∠D＝180°，
∴AD∥BC，
∴不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
3．【分析】由平行四边形的判定方法和矩形的判定方法，即可得出结论．
【解答】解：A、∵AB＝AD，∴不能判定平行四边形ABCD为矩形，不符合题意；
B、∵AC⊥BD，∴不能判定平行四边形ABCD为矩形，不符合题意；
C、∵AB＝AC，∴不能判定平行四边形ABCD为矩形，不符合题意；
D、∵AC＝BD，∴平行四边形ABCD为矩形，符合题意；
故选：D．
4．【分析】根据菱形的性质得出对角线互相垂直，再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半求出菱形边长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵点E为AD的中点，OE＝3，
∴AD＝2OE＝6，
故选：B．
5．【分析】根据正六边形对边平行，得出∠EQP＝75°，根据邻补角的定义即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCDEF是正六边形，
∴AB∥DE，

∴∠EQP＝∠1＝75°，
∴∠PQD＝180°﹣∠EQP＝180°﹣75°＝105°，
故选：D．
6．【分析】由正方形的性质及等腰直角三角形的性质得：∠FAE＝∠DAC＝45°，从而可判定①；由△CAF∽△DAE可得∠ADE＝∠CDE＝45°，由正方形的性质可证明△ADE≌△CDE，可得AE＝CE，即有∠EAC＝∠ECA，再由∠AEC＝135°可得∠EAC＝∠ECA＝22.5°，从而CE、AE分别平分∠ACD、∠CAD，即可判定③；连接BD交AC于点O，由∠ADE＝∠CDE＝45°知，点E的运动轨迹为线段OD，而点F的运动轨迹为线段BC，即可判断②，由知，点F的运动速度是点E的运动速度的倍，即可判断④，因而可确定答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝45°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠FAE＝∠DAC＝45°，
∵∠FAE＝∠CAF+∠CAE＝∠CAE+∠DAE＝∠DAC＝45°，
∴∠CAF＝∠DAE，
故①正确；
∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵∠CAF＝∠DAE，
∴△CAF∽△DAE，
∴∠ADE＝∠ACB＝45°，即点E在线段BD上，
故②正确；
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEC＝135°，
∴，
∵∠DAC＝∠DCA＝45°＝2∠EAC＝2∠ECA，
∴CE、AE分别平分∠ACD、∠CAD，
故③正确；
如图，连接BD交AC于点O，

∵∠ADE＝∠CDE＝45°，
当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，
∴点E的运动轨迹为线段OD，而点F的运动轨迹为线段BC，
∵，且点F与点E的运动时间相同，
∴，
故④错误；
故选：C．
7．【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，根据题意列方程，求出该正多边形的边数，再根据多边形的外角和为360°解答即可．
【解答】解：设该正多边形的边数为n，
根据题意列方程，得（n﹣2）•180°＝1260°，
解得n＝9．
∴该正多边形的边数是9，
∵多边形的外角和为360°，
360°÷9＝40°，
∴该正多边形的一个外角为40°．
故答案为：40°．
8．【分析】作BF⊥EC于点F，由BC＝EC，得∠CEB＝∠CBE，由矩形的性质得AD∥BC，则∠AEB＝∠CBE，所以∠AEB＝∠CEB，则AB＝FB，由∠ABC＝90°，∠ABE＝15°，得∠CEB＝∠CBE＝75°，则∠BCF＝30°，所以AB＝FB＝BC＝4，于是得到问题的答案．
【解答】解：作BF⊥EC于点F，则∠BFC＝90°，
∵BC＝EC＝8，
∴∠CEB＝∠CBE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠AEB＝∠CEB，
∵AB⊥EA，FB⊥EC，
∴AB＝FB，
∵∠ABC＝90°，∠ABE＝15°，
∴∠CEB＝∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝90°﹣15°＝75°，
∴∠BCF＝180°﹣∠CEB﹣∠CBE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
∴AB＝FB＝BC＝×8＝4，
故答案为：4．

9．【分析】由菱形的性质可得AO＝CO＝4，DO＝BO＝3，AC⊥BD，由勾股定理可求AB的长，由菱形的面积公式可求解．
【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝4，DO＝BO＝3，AC⊥BD，
∴AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DE，
∴×8×6＝5•DE，
∴DE＝，
故答案为：．

10．【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，求得PA＝AD，设∠APB＝α，则∠BAP＝180°﹣2a，根据周角的定义即可得到结论；（2）如图，过C作 CQ⊥CP，过P作PQ⊥PB，PQ与CQ相交于Q，连接BQ，推出△PCQ为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到BQ＝PD，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，
∵PA＝AB，
∴PA＝AD，
设∠APB＝α，则∠BAP＝180°﹣2a，
∴∠PAD＝2α﹣90°，∠APD＝＝135°﹣α，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPD＝360°﹣（135°﹣α）﹣a﹣135°＝90°；
故答案为：90°；
（2）如图，过C作CQ⊥CP，过P作PQ⊥PB，PQ与CQ相交于Q，连接BQ，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPQ＝45°，
∴△PCQ为等腰直角三角形，
∵PC＝3，
∴，
∵CD＝BC，∠PCD＝∠QCB，PC＝CQ，
∴△DCP≌△BCQ（SAS），
∴BQ＝PD，
在Rt△PBQ中，PB2+PQ2＝BQ2，
∵PB＝2，
∴．

11．【分析】（1）证△BAE≌△DCF（SAS），即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得BE＝DF，∠1AEB＝∠CFD，再证BE∥DF，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAE+∠BAC＝180°，∠DCF+∠DCA＝180°，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△BAE和△DCF中，
，
∴△BAE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF；
（2）由（1）可知，△BAE≌△DCF，
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∴BE∥DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
12．【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠MAE＝∠MDC，而MA＝MD，即可证明△MAE≌△MDC，得ME＝MC，则四边形ACDE是平行四边形，因为∠ACD＝∠BAC＝90°，所以四边形ACDE是矩形；
（2）由AE＝CD，AB＝CD，∠AED＝90°，得DE⊥BE，AE＝AB＝CD＝BE＝5，则S四边形BCDE＝×（5+10）×12＝90．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠MAE＝∠MDC，
∵点M为边AD的中点，
∴MA＝MD，
在△MAE和△MDC中，
，
∴△MAE≌△MDC（ASA），
∴ME＝MC，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∵∠ACD＝∠BAC＝90°，
∴四边形ACDE是矩形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，四边形ACDE是矩形，
∴AE＝CD，AB＝CD，∠AED＝90°，
∴DE⊥BE，
∵BE＝10，DE＝12，
∴AE＝AB＝CD＝BE＝×10＝5，
∵BE∥CD，
∴S四边形BCDE＝×（5+10）×12＝90，
∴四边形BCDE的面积是90．
13．【分析】（1）设∠DEG＝α，则∠A＝4α，由菱形的性质得到∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，再证∠M＝2α，即可得出结论；
（2）先证DM＝EM＝EC+CM＝6，再由勾股定理得BD＝8，然后证△FBE∽△MBD，得＝，即可得出结论．
【解答】（1）证明：设∠DEG＝α，则∠A＝4α，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣4α，∠ABD＝∠CBD＝∠BDC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，
∵DM⊥BD，
∴∠BDM＝90°，
∴∠M＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠M＝2∠DEG；
（2）解：由（1）可知，∠CDM＝90°﹣∠BDC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠M＝∠CDM，
∴CD＝CM＝5，
∵EG⊥AD，
∴∠BEG＝90°，
∴∠DEM＝180°﹣∠BEG﹣∠DEG＝180°﹣90°﹣α＝90°﹣α，
∴∠EDM＝180°﹣∠DEM﹣∠M＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，
∴∠DEM＝∠EDM，
∴DM＝EM＝EC+CM＝1+5＝6，
∴BM＝BC+CM＝5+5＝10，
∴BD＝＝＝8，
∵∠BEF＝∠BDM＝90°，∠FBE＝∠MBD，
∴△FBE∽△MBD，
∴＝，
即＝，
解得：EF＝3，
即EF的长为3．
14．【分析】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝4即可．
【解答】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°
且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形，
②解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG
∴AC＝AE+CE＝AB＝×2＝4，
∴CE+CG＝4 是定值．

15．【分析】（1）由翻折得：DG＝AD＝12，根据勾股定理可得CG＝＝＝4，再由BG＝BC﹣CG，即可求得答案；
（2）以D为圆心，AD长为半径作⊙D，可得点G在⊙D上运动，当点G在线段BD上时，BG最小，此时，BG＝BD﹣DG，由勾股定理可得BD＝4，即可求得BG的最小值为4﹣12；
（3）以D为圆心，AD长为半径作⊙D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，根据三角形中位线定理可得AP＝GH，则AP最大时，GH最大，由于点G在⊙D上运动，当HG经过点D时，GH最大，即可求得答案．
【解答】解：（1）当点G落在BC边上时，如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝8，∠B＝∠C＝90°，
由翻折得：DG＝AD＝12，
在Rt△CDG中，CG＝＝＝4，
∴BG＝BC﹣CG＝12﹣4；
（2）如图2，以D为圆心，AD长为半径作⊙D，

由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在⊙D上运动，
当点G在线段BD上时，BG最小，此时，BG＝BD﹣DG，
在Rt△ABD中，BD＝＝＝4，
∴BG＝BD﹣DG＝4﹣12，
故在点E的运动过程中，BG存在最小值，BG的最小值为4﹣12；
（3）如图3，以D为圆心，AD长为半径作⊙D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，

∵AH＝BA，
∴点A是BH的中点，
∵点P为BG的中点，
∴AP是△BGH的中位线，
∴AP＝GH，
则AP最大时，GH最大，
由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在⊙D上运动，
当HG经过点D时，GH最大，如图4，

在Rt△ADH中，HD＝＝＝4，
∴GH＝HD+DG＝4+12，
∴AP＝GH＝2+6，
故点E在射线AB上运动过程中，AP长的最大值为2+6．
16．【分析】（1）①由正方形的性质得AB＝AD＝BC＝DC，∠ABE＝∠ADF＝90°，因为CE＝CF，所以BE＝DF，即可证明△ABE≌△ADF，得AE＝AF；
②由∠ADF＝90°，M、N分别是AF＝EF的中点，得DM＝AM＝FM，MN∥AE，则∠MDA＝∠DAF＝∠BAE，∠FMN＝∠FAE，即可求得∠DMN＝∠FMD+∠FMN＝∠DAF+∠BAE+∠FAE＝90°；
（2）连接AC、AE，则AE＝2MN，由CE＝CF，∠ECF＝90°，点N是EF的中点，得CN⊥EF，CN＝EN＝FN，则∠CNE＝90°，∠NCE＝∠NEC＝45°，由AD＝CD，∠ADC＝90°，得∠DCA＝∠DAC＝45°，则＝＝sin45°＝，∠DCN＝∠ACE＝45°+∠DCE，即可证明△DCN∽△ACE，得＝＝，则＝，所以DN＝MN．
【解答】解：（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝DC，∠ABE＝∠ADF＝90°，
∵CE＝CF，
∴BC﹣CE＝DC﹣CF，
∴BE＝DF，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF．
②∵∠ADF＝90°，M、N分别是AF＝EF的中点，
∴DM＝AM＝FM＝AF，MN∥AE，
∴∠MDA＝∠DAF，∠FMN＝∠FAE，
∵△ABE≌△ADF，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴∠MDA＝∠BAE，
∴∠FMD＝∠DAF+∠MDA＝∠DAF+∠BAE，
∴∠DMN＝∠FMD+∠FMN＝∠DAF+∠BAE+∠FAE＝∠DAB＝90°．
（2）DN＝MN，理由如下：
如图2，连接AC、AE，
∵M、N分别是AF、EF的中点，
∴AE＝2MN，
∵CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴CN⊥EF，CN＝EN＝FN＝EF，
∴∠CNE＝90°，
∴∠NCE＝∠NEC＝45°，
∵AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠DCA＝∠DAC＝45°，
∴＝＝sin45°＝，
∵∠DCN＝∠ACE＝45°+∠DCE，
∴△DCN∽△ACE，
∴＝＝，
∴＝，
∴DN＝MN．

专家押题
1．【分析】多边形的外角和都等于360°，所以四边形的外角和为360°．
【解答】解：∵多边形外角和等于360°，
∴四边形的外角和等于360°．
故选：B．
2．【分析】首先根据平行四边形的性质求得∠ABC的度数，然后根据∠ABD：∠DBC＝3：2求得答案即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝100°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣100°＝80°，
∵∠ABD：∠DBC＝3：2，
∴∠DBC＝80°×＝32°，
故选：A．
3．【分析】根据矩形性质得出∠ABC＝90°，BD＝AC，BO＝OD，根据勾股定理求出AC，进而求出BD、OD，最后根据三角形中位线求出EF的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，BD＝AC，BO＝OD，
∵AB＝6cm，BC＝8cm，
∴由勾股定理得：AC＝＝＝10（cm），
∴BD＝10cm，DO＝5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF＝OD＝2.5cm，
故选：D．
4．【分析】Rt△ABO中，sin∠ABO＝＝，而∠ABO＝∠AFE＝∠DFC，即可求解．
【解答】解：设AC与BD相交于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，AD＝AB，
∴AC⊥OD，AO＝AC＝4，DO＝BO＝BD＝3，
由勾股定理得到：AD＝AB＝＝5，
在Rt△ABO中，sin∠ABO＝＝，
∵∠EAF+∠AFE＝90°，∠FAE+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠AFE＝∠DFC，
∴sin∠DFC＝，
故选：D．

5．【分析】根据平行线之间的距离处处相等，可得△PBE、△QBE有同底和相等的高，即可得△PBE的面积＝△QBE的面积；由图可得△BRE的面积＞△BSE的面积，可得△PRE的面积＜△QSE的面积．即可判断．
【解答】解：①△PBE、△QBE如图所示：

两个三角形有相同的底BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵平行线之间的距离处处相等，
∴△PBE、△QBE有相等的高，
∴△PBE的面积＝△QBE的面积；
②∵△PBE的面积＝△QBE的面积，
∴△PRE的面积+△BRE的面积＝△QSE的面积+△BSE的面积，
由图可知：△BRE的面积＞△BSE的面积，
∴△PRE的面积＜△QSE的面积．
故选：D．
6．【分析】①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS）即可解决问题．
②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS）即可解决问题．
④正确．设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
⑤正确．当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x+a，利用勾股定理构建方程可得x＝即可解决问题．
【解答】解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，
∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，
∵﹣＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x+a，
在Rt△AEG中，则有（x+a）2＝（a﹣x）2+（a）2，
解得x＝，
∴AG＝GD，故⑤正确，
故选：D．


7．【分析】任何多边形的外角和是360°，内角和等于外角和的2倍则内角和是720°．n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
【解答】解：设该多边形的边数为n，
根据题意，得，（n﹣2）•180°＝720°，
解得：n＝6．
故这个多边形的边数为6．
故答案为：6
8．【分析】由菱形的性质得出AB∥CD，∠BCD＝2∠ACD＝80°，则∠ABC+∠BCD＝180°，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠BCD＝2∠ACD＝80°，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣80°＝100°；
故答案为：100．
9．【分析】根据平行四边形的性质结合角平分线的定义可求解∠CBE＝∠BEC，即可得CB＝CE，利用等腰三角形的性质可得BF＝EF，进而可得GF是△ABE的中位线，根据三角形的中位线的性质可求解．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BEC．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠CBE＝∠BEC，
∴CB＝CE．
∵CF⊥BE，
∴BF＝EF．
∵G是AB的中点，
∴GF是△ABE的中位线，
∴GF＝AE，
∵AE＝4，
∴GF＝2．
故答案为2．
10．【分析】由菱形的性质得出AB＝4，再由三角形中位线定理即可得出OE的长．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为16，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，OA＝OC，
∵OE∥AB，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE＝AB＝2，
故答案为：2．
11．【分析】根据平行四边形是中心对称图形，再根据▱ABCD对角线的交点O为原点和点A的坐标，即可得到点C的坐标．
【解答】解：方法一：∵▱ABCD对角线的交点O为原点，
∴▱ABCD的A点和C点关于点O中心对称，
∵A点坐标为（﹣2，1），
∴点C的坐标为（2，﹣1），
故答案为：（2，﹣1）．
方法二：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴点A和C关于对角线的交点O对称，
又∵O为原点，
∴点A和C关于原点对称，
∵点A（﹣2，1），
∴点C的坐标为（2，﹣1），
故答案为：（2，﹣1）．
12．【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2+∠BCP＝45°＝∠1+∠BCP，由三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
13．【分析】（1）由ASA证△PBE≌△QDE即可；
（2）由全等三角形的性质得出EP＝EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM＝EN，证出四边形PMQN是平行四边形，再由对角线PQ⊥MN，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴EB＝ED，AB∥CD，
∴∠EBP＝∠EDQ，
在△PBE和△QDE中，
，
∴△PBE≌△QDE（ASA）；
（2）如图所示：
由（1）得：△PBE≌△QDE，
∴EP＝EQ，
同理：△BME≌△DNE（ASA），
∴EM＝EN，
∴四边形PMQN是平行四边形，
∵PQ⊥MN，
∴平行四边形PMQN是菱形．

14．【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；

（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
15．【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBE；
（2）由全等三角形的性质可求∠CEB＝70°，由三角形的外角的性质可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS）；
（2）∵△ABE≌△CBE，
∴∠AEB＝∠CEB，
又∵∠AEC＝140°，
∴∠CEB＝70°，
∵∠DEC+∠CEB＝180°，
∴∠DEC＝180°﹣∠CEB＝110°，
∵∠DFE+∠ADB＝∠DEC，
∴∠DFE＝∠DEC﹣∠ADB＝110°﹣45°＝65°．
16．【分析】（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF＝DN，故可得到AF＝2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD＝∠EDM＝30°，可设AG＝k，得到DG，AD，FG，ED的长，故可求解．
【解答】解：（1）猜想AF与DM的数量关系是AF＝2DM，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠ADC＝90°，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴AF＝CE，
∵M是CE的中点，
∴CE＝2DM，
∴AF＝2DM，
故答案为：AF＝2DM；

（2）①AF＝2DM仍然成立，
理由如下：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，
∵M是CE中点，
∴CM＝EM，
又∠CMN＝∠EMD，
∴△MNC≌△MDE（SAS），
∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB＝∠EDA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，
∴∠ADF＝∠DCN，
∴△ADF≌△DCN（SAS），
∴AF＝DN，
∴AF＝2DM；
②∵△ADF≌△DCN，
∴∠NDC＝∠FAD，
∵∠CDA＝90°，
∴∠NDC+∠NDA＝90°，
∴∠FAD+∠NDA＝90°，
∴AF⊥DM；
③∵α＝45°，
∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°
∵∠EDM＝2∠MDC，
∴∠EDM＝∠EDC＝30°，
∴∠AFD＝30°，
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，

∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG＝k，则DG＝k，AD＝AG÷sin45°＝k，
FG＝AG÷tan30°＝k，
∴FD＝ED＝k﹣k，
故＝．



















中考倒计时
04天

圆相关知识

1．从考查的题型来看，填空题、选择题、解答题三种形式都有所考查，多数题目较难，属于中、高档题。
2．从考查的内容来看,主要涉及的有：圆的有关性质(垂径定理、圆周角定理及推论)，圆的有关位置关系(直线与圆的位置关系，切线长定理，切线的性质与判定定理)，圆的有关计算(弧长与扇形面积，圆锥的侧面积)。
3．从考查的热点来看，主要涉及的有：圆的有关性质(垂径定理、圆周角定理及推论)；圆的有关位置关系(直线与圆的位置关系，切线长定理，切线的性质与判定定理)，圆的有关计算(弧长与扇形面积，圆锥的侧面积)，阴影部分的面积。

一、圆的有关概念
1．与圆有关的概念和性质
1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．
2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．
3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．
4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．
5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．
6）弦心距：圆心到弦的距离．
2．注意
1）经过圆心的直线是该圆的对称轴，故圆的对称轴有无数条；
2）3点确定一个圆，经过1点或2点的圆有无数个．
3）任意三角形的三个顶点确定一个圆，即该三角形的外接圆．
二、垂径定理及其推论
1．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．
2．推论
1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
三、圆心角、弧、弦的关系
1．定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．
2．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
四、圆周角定理及其推论
1．定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论：1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等． 2）直径所对的圆周角是直角．
圆内接四边形的对角互补．在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
五、与圆有关的位置关系
1．点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d．(1)dr⇔点在⊙O外．
判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
2．直线和圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
图形



公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d