【中考押题卷】2025年中考数学高频易错考前冲刺：四边形（含解析）

2025年中考数学高频易错考前冲刺：四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 南宁期末）“方寸之间，别有洞天”，我国古代建筑常采用花窗框景，让风景如同镶嵌在画框中的风景画．如图所示的窗框的外框形状是正八边形，则这个正八边形的内角和为（　　）
A．360° B．540° C．720° D．1080°
2．（2024秋 泰兴市期末）如图，把直角三角形拆解为一个正方形与两对全等的直角三角形．下面给出的条件中，一定能求出该直角三角形的面积的是（　　）
A．AD BD B．AI BD C．BI AD D．AI BI
3．（2024秋 宁波期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD（如图所示），连结DF并延长交BC于点I，若，则tan∠BAE的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 嘉定区一模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，如果对角线AC⊥AB，那么的值是（　　）
A．sinB B．cosB C．tanB D．cotB
5．（2024秋 河西区期末）一个矩形的长和宽相差3cm，面积是4cm2，则这个矩形的周长为（　　）
A．6cm B．8cm C．10cm D．12cm
6．（2024秋 西山区期末）正八边形的内角和为（　　）
A．180° B．360° C．720° D．1080°
7．（2024秋 天府新区期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
8．（2024秋 英德市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若AO＝3，则BD的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2024秋 郑州期末）下列说法中不正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．菱形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D．正方形的四条边都相等
10．（2024秋 市北区期末）过某多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成4个三角形，则这个多边形是（　　）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 本溪期末）过六边形的一个顶点能画出对角线的条数是 　 　．
12．（2024秋 新城区校级期末）过一个多边形的一个顶点出发有4条对角线，这些对角线将这个多边形分成 　 　个三角形．
13．（2024秋 东城区期末）已知正方形ABCD的边长为30cm．
（1）如图1，正方形ABCD各边的中点分别为E，F，G，H，依次连接四个中点，得到阴影部分．该阴影部分的面积为 　 　cm2；
（2）如图2，点P1在边AB上，且．在正方形ABCD的四条边上截取BP2＝BP3＝CP4＝CP5＝DP6＝DP7＝AP8＝AP1．连接P2P3，P4P5，P6P7，P8P1，得到阴影部分．设P1P2＝x cm，则阴影部分的面积为 　 　cm2（用含x的代数式表示）．
14．（2024秋 汕尾期末）一个多边形的内角和等于1080°，这个多边形是　 　边形．
15．（2024秋 门头沟区期末）如果一个多边形的内角和等于外角和，那么该多边形的边数是 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 本溪期末）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，点F是AC中点，连接EF，EB．
（1）证明：四边形ABEF是菱形；
（2）若∠BAC＝120°，，求边BC的长．
17．（2024秋 贵阳期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E是边BC上任意一点，连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B的对应点B'恰好落在矩形的边CD上．
（1）直接写出图中AB'，B′D的长；
（2）连接BB'，判断AE与BB'的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，求的值．
18．（2024秋 高坪区期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°．E、F两点分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，试探究图中∠EAF与∠BAD的数量关系．
小王同学探究此题的方法是作辅助线：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．然后顺利的完成了此题的解答．请你按照他的方法写出解答过程．
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD．若E、F分别在CB、CD的延长线上，且仍然满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠BAD的数量关系．
19．（2025 浦东新区一模）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，P是线段OC上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作AD、CD的平行线，交CD于点E，交BC、BD于点F、G，联结EG．
（1）如图1，如果PC＝2OP，求证：EG∥AC；
（2）如图2，如果∠ABC＝90°，，且△DGE与△PCF相似，请补全图形，并求的值；
（3）如图3，如果BA＝BG＝BC，且射线EG过点A．请补全图形，并求∠ABC的度数．
20．（2024秋 贵阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥DC，垂足分别为E，F，且BE＝DF．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）平行四边形ABCD是菱形吗？为什么？
2025年中考数学高频易错考前冲刺：四边形
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B A C D C D A C
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 南宁期末）“方寸之间，别有洞天”，我国古代建筑常采用花窗框景，让风景如同镶嵌在画框中的风景画．如图所示的窗框的外框形状是正八边形，则这个正八边形的内角和为（　　）
A．360° B．540° C．720° D．1080°
【考点】平面镶嵌（密铺）；多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2） 180°，列式进行计算即可得解．
【解答】解：内角和为（8﹣2） 180°＝1080°．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式是解题的关键．
2．（2024秋 泰兴市期末）如图，把直角三角形拆解为一个正方形与两对全等的直角三角形．下面给出的条件中，一定能求出该直角三角形的面积的是（　　）
A．AD BD B．AI BD C．BI AD D．AI BI
【考点】正方形的性质；解直角三角形；三角形的面积；直角三角形全等的判定．
【专题】运算能力．
【答案】A
【分析】由题意可得：△ADI≌△AFI，△BDI≌△BEI，四边形IFCE是正方形，则AF＝AD，BD＝BE，IE＝IF＝EC＝FC，设IE＝IF＝EC＝FC＝x，然后根据勾股定理列方程并整理可得x2+（AD+BD）x＝AD BD，又该直角三角形的面积的是，整理得，将x2+（AD+BD）x＝AD BD整体代入可得该直角三角形的面积的是AD BD，再结合选项即可解答．
【解答】解：由题意可得：△ADI≌△AFI，△BDI≌△BEI，四边形IFCE是正方形，
∴AF＝AD，BD＝BE，IE＝IF＝EC＝FC，
设IE＝IF＝EC＝FC＝x，则AC＝AF+x＝AD+x，BC＝BE+x＝BD+x，AB＝AD+BD，
∵AB2＝BC2+AC2，
∴（AD+BD）2＝（BD+x）2+（AD+x）2，整理为：x2+（AD+BD）x＝AD BD，
∵直角三角形的面积是：
＝AD BD．
∴当AD BD确定时，一定能求出该直角三角形的面积．
故选：A．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，正确进行分析、推理成为解题的关键．
3．（2024秋 宁波期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD（如图所示），连结DF并延长交BC于点I，若，则tan∠BAE的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】过点I作IM⊥CF于点M，根据2，设BI＝2a，IC＝k，则BC＝3k，依题意得DH∥BF∥IM，则△ICM和△BCF相似，进而得，设CM＝a，IM＝b，则BF＝3b，CF＝3a，BE＝CF＝DG＝3a，FM＝2a，EF＝GF＝3b﹣3a，再根据△IMF和△DGF相似得，则，由此得2a＝b，a＝﹣b（不合题意，舍去），则BE＝3a，AE＝BF＝3b＝6a，然后在Rt△ABE中，根据正切函数的定义即可得tan∠BAE的值．
【解答】解：过点I作IM⊥CF于点M，如图所示：
∵2，
设BI＝2a，IC＝k，
∴BC＝BI+IC＝3k，
依题意得：∠FGD＝∠BFC＝∠IMC＝90°，
∴DH∥BF∥IM，
∴△ICM∽△BCF，
∴，
设CM＝a，IM＝b，则BF＝3b，CF＝3a，
∴BE＝CF＝DG＝3a，FM＝CF﹣CM＝3a﹣a＝2a，
∴EF＝GF＝BF﹣BE＝3b﹣3a，
∵DH∥IM，
∴△IMF∽△DGF，
∴，
∴，
整理得：2a2+ab﹣b2＝0，
∴（2a﹣b）（a+b）＝0，
∴2a＝b，a＝﹣b（不合题意，舍去），
∴BE＝3a，AE＝BF＝3b＝6a，
在Rt△ABE中，tan∠BAE．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，理解正方形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键．
4．（2025 嘉定区一模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，如果对角线AC⊥AB，那么的值是（　　）
A．sinB B．cosB C．tanB D．cotB
【考点】直角梯形；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；平行线的性质．
【专题】梯形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据直角梯形得出∠D＝90°，根据AD∥BC得出∠DAC＝∠BCA，进而得出△ADC与△BAC相似，利用相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵直角梯形ABCD，
∴∠D＝90°，
∵AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∴△ADC∽△BAC，
∴，
故选：A．
【点评】此题考查直角梯形，关键是根据直角梯形得出∠D＝90°解答．
5．（2024秋 河西区期末）一个矩形的长和宽相差3cm，面积是4cm2，则这个矩形的周长为（　　）
A．6cm B．8cm C．10cm D．12cm
【考点】矩形的性质；一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；矩形 菱形 正方形；应用意识．
【答案】C
【分析】设矩形的宽为x cm，则长为（x+3）cm，根据矩形的面积计算公式列出方程求出x的值，进而根据矩形的周长公式计算即可．
【解答】解：设矩形的宽为x cm，则长为（x+3）cm，
根据题意，得x（x+3）＝4，
解得：x1＝﹣4（不合题意，舍去），x2＝1，
所以x＝1，x+3＝4，
则这个矩形的周长为2（4+1）＝10（cm）．
答：这个矩形的周长为10cm．
故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
6．（2024秋 西山区期末）正八边形的内角和为（　　）
A．180° B．360° C．720° D．1080°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和公式：（n﹣2） 180°计算即可．
【解答】解：正八边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和公式：（n﹣2） 180°是解题的关键．
7．（2024秋 天府新区期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
【考点】矩形的性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】利用矩形与菱形的性质即可解答本题．
【解答】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形与菱形的性质，中心对称图形，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
8．（2024秋 英德市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若AO＝3，则BD的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出AC＝BD，AO＝CO，求出AC，再求出BD即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，
∵AO＝3，
∴CO＝3，
∴AC＝3+3＝6，
∴BD＝AC＝6，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，能熟记矩形的对角线互相平分且相等是解此题的关键．
9．（2024秋 郑州期末）下列说法中不正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．菱形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D．正方形的四条边都相等
【考点】矩形的判定；正方形的性质；菱形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据矩形的判定方法、菱形的性质、菱形的判定方法以及正方形的性质进行解答即可．
【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法不正确；
B、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，原说法正确；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法正确；
D、正方形的四条边都相等，原说法正确；
故选：A．
【点评】本题主要考查了矩形的判定方法、菱形的性质、菱形的判定方法以及正方形的性质，属于基础题．
10．（2024秋 市北区期末）过某多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成4个三角形，则这个多边形是（　　）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形
【考点】多边形的对角线；多边形．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可组成（n﹣2）个三角形，依此可得n的值．
【解答】解：设这个多边形是n边形，
由题意得，n﹣2＝4，
解得：n＝6，
即这个多边形是六边形，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的对角线，解题的关键是掌握n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可组成（n﹣2）个三角形．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 本溪期末）过六边形的一个顶点能画出对角线的条数是 　3　．
【考点】多边形的对角线．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】3．
【分析】根据从一个n边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是（n﹣3）进行计算即可．
【解答】解：根据题意，引对角线的数量为：6﹣3＝3 （条），
所以从六边形的一个顶点能画出对角线的条数是3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了多边形的对角线，解答此类题目的关键是正确记忆一个n边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是n﹣3．
12．（2024秋 新城区校级期末）过一个多边形的一个顶点出发有4条对角线，这些对角线将这个多边形分成 　5　个三角形．
【考点】多边形的对角线．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】5．
【分析】根据过n边形的一个顶点，可以引出（n﹣3）条对角线，这些对角线把该多边形分成（n﹣2）个三角形，即可求解．
【解答】解：由题意可得：该多边形的边数为4+3＝7，
∴这些对角线将这个多边形分成三角形的个数为7﹣2＝5（个）．
故答案为：5．
【点评】本题考查多边形对角线，解题关键是熟练掌握过n边形一个顶点有（n﹣3）条对角线，这些对角线将这个n边形分成（n﹣2）个三角形．
13．（2024秋 东城区期末）已知正方形ABCD的边长为30cm．
（1）如图1，正方形ABCD各边的中点分别为E，F，G，H，依次连接四个中点，得到阴影部分．该阴影部分的面积为 　450　cm2；
（2）如图2，点P1在边AB上，且．在正方形ABCD的四条边上截取BP2＝BP3＝CP4＝CP5＝DP6＝DP7＝AP8＝AP1．连接P2P3，P4P5，P6P7，P8P1，得到阴影部分．设P1P2＝x cm，则阴影部分的面积为 　　cm2（用含x的代数式表示）．
【考点】中点四边形；列代数式．
【专题】实数；运算能力．
【答案】450；．
【分析】（1）利用正方形ABCD的面积减去四个三角形面积即可得到阴影部分的面积；
（2）利用正方形ABCD的面积减去四个三角形面积即可得到阴影部分的面积．
【解答】解：（1）根据题意可知：AE＝BE＝BF＝CF＝CG＝DG＝DH＝AH＝5×30＝15cm，
∴阴影部分的面积为：，
故答案为：450；
（2）根据题意可知：
，
∴阴影部分的面积为：，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了中点四边形、四则混合运算的实际应用、列代数式等知识点，根据题中的面积关系正确列出算式或代数式是解题的关键．
14．（2024秋 汕尾期末）一个多边形的内角和等于1080°，这个多边形是　8　边形．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2） 180°，依此列方程可求解．
【解答】解：设所求正n边形边数为n，
则1080°＝（n﹣2） 180°，解得n＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
15．（2024秋 门头沟区期末）如果一个多边形的内角和等于外角和，那么该多边形的边数是 　4　．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】4．
【分析】根据多边形内角和与外角和的关系列方程求解即可．
【解答】解：设这个多边形为n边形，由题意得，
（n﹣2）×180°＝360°，
解得n＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和的计算方法是正确解答的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 本溪期末）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，点F是AC中点，连接EF，EB．
（1）证明：四边形ABEF是菱形；
（2）若∠BAC＝120°，，求边BC的长．
【考点】菱形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）BC＝14．
【分析】（1）由直角三角形的性质得，则∠FAE＝∠FEA，又AC＝2AB，则AB＝AF＝EF，从而证明BA∥EF，即可证明四边形ABEF是平行四边形，再由菱形的判定方法即可求证；
（2）作BH⊥AC交CA延长线于点H，则∠AHB＝90°，通过勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∵点F是AC中点，
∴，
∴∠FAE＝∠FEA，
∵AC＝2AB，
∴AB＝AF＝EF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠BAE＝∠FEA，
∴BA∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：作BH⊥AC交CA延长线于点H，则∠AHB＝90°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAH＝60°，
∴∠ABH＝30°，
∴，
∵AC＝2AB，
∴，
∴，
∴由勾股定理得：，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：，
∴BC的长为14．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，等角对等边，直角三角形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
17．（2024秋 贵阳期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E是边BC上任意一点，连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B的对应点B'恰好落在矩形的边CD上．
（1）直接写出图中AB'，B′D的长；
（2）连接BB'，判断AE与BB'的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，求的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）AE⊥BB′，理由见解析；
（3）．
【分析】（1）根据矩形的性质的∠D＝90°，根据折叠的性质得到AB＝AB′＝6，根据勾股定理得到DB′2；
（2）如图，连接BB′交AE于H，根据折叠的性质得到AB＝AB′，∠BAH＝∠B′AH，根据全等三角形的性质得到∠AHB＝∠AHB′，根据垂直的定义得到AE⊥BB′；
（3）根据矩形的性质得到∠C＝∠ABE＝90°，求得∠BAE＝∠CBB′，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∵将△ABE沿直线AE折叠，
∴AB＝AB′＝6，
∴DB′2；
（2）AE⊥BB′，
理由：如图，连接BB′交AE于H，
∵将△ABE沿直线AE折叠，
∴AB＝AB′，∠BAH＝∠B′AH，
在△ABH与△AB′H中，
，
∴∠AHB＝∠AHB′，
∵∠AHB+∠AHB′＝180°，
∴∠AHB＝90°，
∴AE⊥BB′；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ABE＝90°，
∵∠AHB＝90°，
∴∠BAH+∠ABH＝∠ABH+∠CBH＝90°，
∴∠BAE＝∠CBB′，
∴△ABE∽△BCB′，
∴．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
18．（2024秋 高坪区期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°．E、F两点分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，试探究图中∠EAF与∠BAD的数量关系．
小王同学探究此题的方法是作辅助线：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．然后顺利的完成了此题的解答．请你按照他的方法写出解答过程．
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD．若E、F分别在CB、CD的延长线上，且仍然满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠BAD的数量关系．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∠BAD＝2∠EAF；理由见解答过程；
（2）∠BAD＝360°﹣2∠EAF；理由见解答过程．
【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论．
【解答】解：（1）∠BAD＝2∠EAF；理由如下：
在四边形ABCD中，AB＝AD，如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF，DG＝BE，
∴EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，
∴∠BAD＝2∠EAF；
（2）∠BAD＝360°﹣2∠EAF；理由如下：
如图2，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，
∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，
即2∠FAE+∠BAD＝360°，
∴∠BAD＝360°﹣2∠EAF．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
19．（2025 浦东新区一模）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，P是线段OC上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作AD、CD的平行线，交CD于点E，交BC、BD于点F、G，联结EG．
（1）如图1，如果PC＝2OP，求证：EG∥AC；
（2）如图2，如果∠ABC＝90°，，且△DGE与△PCF相似，请补全图形，并求的值；
（3）如图3，如果BA＝BG＝BC，且射线EG过点A．请补全图形，并求∠ABC的度数．
【考点】四边形综合题．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）72°．
【分析】（1）由平行四边形的性质证出，得出，则可得出结论；
（2）证明△DGE∽△PFC∽△ABC，设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k，得出，DE＝13k．求出，则可得出答案；
（3）由题意画出图形，证明平行四边形ABCD为菱形．设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，求出，得出，证明△DGA∽△DAB．设∠DAG＝∠DBA＝∠ADB＝α，那么∠BAG＝∠BGA＝2α．求出α＝36°，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵PC＝2PO，PG∥CD，
∴，
在平行四边形ABCD中，OA＝OC，
∴，
又∵PE∥AD，
∴，
∴，
∴EG∥OC；
（2）解：如图2，
∵∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD为矩形．
∴OC＝OD，
∴∠GDE＝∠PCE＝∠CPF，
又∵∠CFP＝∠ABC＝90°，且∠DEG＜90°，
∴只能∠DGE＝90°，∠DEG＝∠PGE＝∠PCF．
∴此时有：△DGE∽△PFC∽△ABC，
设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k，
∴EG3k，DE＝13k．
∴，
∴；
（3）解：补全图形如下，
∵BA＝BC，
∴平行四边形ABCD为菱形．
设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，
∴GP＝a﹣b．
∵GP∥CE，
∴，
∴，
∴a2﹣ab﹣b2＝0，
∴，
∴（负根已舍）．
∴，
∴，
∴，
又∵∠ADG＝∠BDA，
∴△DGA∽△DAB．
∴设∠DAG＝∠DBA＝∠ADB＝α，那么∠BAG＝∠BGA＝2α．
∴5α＝180°，
∴α＝36°，
∴∠ABC＝72°．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
20．（2024秋 贵阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥DC，垂足分别为E，F，且BE＝DF．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）平行四边形ABCD是菱形吗？为什么？
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）平行四边形ABCD是菱形，理由见解答．
【分析】（1）由平行四边形的性质得∠B＝∠D，由AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，得∠AEB＝∠AFD＝90°，而BE＝DF，即可根据“ASA”证明△ABE≌△ADF；
（2）由全等三角形的性质得AB＝AD，而四边形ABCD是平行四边形，即可根据菱形的定义证明平行四边形ABCD是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（ASA）．
（2）解：平行四边形ABCD是菱形，
理由：由（1）得△ABE≌△ADF，
∴AB＝AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的定义等知识，推导出∠B＝∠D，∠AEB＝∠AFD，进而证明△ABE≌△ADF是解题的关键．
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