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【专题讲义】备战2020中考总复习精编重难点
第17讲 多边形及四边形（提高版）
【学生版】
一、考点知识梳理
【考点1 多边形的内角与外角】
1.内角和定理n边形的内角和为(n－2)·180°
2.外角和定理n边形的外角和为360°
3.对角线过n(n＞3)边形一个顶点可引(n－3)条对角线，n边形共有条对角线
4.正多边形的定义：在平面内，边相等，角也相等的多边形叫做正多边形
5.正多边形的性质(1)正n边形的每一个内角为
(2)正(2n－1)边形是轴对称图形，对称轴有(2n－1)条；正2n边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称轴有2n条
【考点2 平行四边形的性质与判定】
1.定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
2.性质
(1)对边平行且相等
(2)对角相等
(3)对角线互相平分
(4)平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点，O为对称中心
3.判定
(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
(3)一组对边平行且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)两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
【考点3 矩形的性质与判定】
1.定义：把有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．
2.性质
对边平行且相等
四个内角都是直角
两条对角线相等且互相平分
矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形
3.判定
(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形
(2)有三个角是直角的四边形是矩形
(3)对角线相等的平行四边形是矩形
【考点4 菱形的性质与判定】
1.定义：把有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
2．性质
(1)菱形四条边都相等
(2)对角相等
(3)两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角
(4)菱形既是中心对称图形，也是轴对称图形
3.判定
(1)有一组邻边相等的平行四边形是菱形
(2)四条边相等的四边形是菱形
(3)两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【考点5 正方形的性质与判定】
1.定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
2．性质
(1)四条边都相等
(2)四个角都是90°
(3)对角线互相垂直平分且相等
(4)对角线平分一组对角
(5)正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形
3.判定
(1)一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
(2)有一个角是直角的________是正方形
(3)有一组邻边相等的矩形是正方形
(4)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
二、考点分析
【考点1 多边形的内角与外角】
【解题技巧】（1）多边形内角和定理：（n﹣2）?180 （n≥3）且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360度．
①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）?180°＝360°．
【例1】（2019 北京中考）正十边形的外角和为（ ）
A．180° B．360° C．720° D．1440°
【举一反三1-1】（2019 福建中考）已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【举一反三1-2】（2019 广东中考）一个多边形的内角和是1080°，这个多边形的边数是______________．
【举一反三1-3】（2019海南中考）如图，⊙O与正五边形ABCDE的边AB、DE分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角∠BOD的大小为__________________度．
【举一反三1-4】（2019上海中考）如图，在正边形ABCDEF中，设＝，＝，那么向量用向量、表示为______________________．
【考点2 平行四边形的性质与判定】
【解题技巧】1.平行四边形的判定与性质的作用：
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
2.运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．
3.凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
【例2】（2019 海南中考）如图，在?ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B＝60°，AB＝3，则△ADE的周长为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．21
【举一反三2-1】（2019 福建中考）在平面直角坐标系xOy中，?OABC的三个顶点O（0，0）、A（3，0）、B（4，2），则其第四个顶点是______________．
【举一反三2-2】（2019 北京中考）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是________________________．
【举一反三2-3】（2019吉林中考）如图，在扇形OAB中，∠AOB＝90°．D，E分别是半径OA，OB上的点，以OD，OE为邻边的?ODCE的顶点C在上．若OD＝8，OE＝6，则阴影部分图形的面积是____________________（结果保留π）．
【举一反三2-4】（2019 江苏徐州中考）如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF．求证：
（1）∠ECB＝∠FCG；
（2）△EBC≌△FGC．
【考点3 矩形的性质与判定】
【解题技巧】1.矩形的判定方法：先判定四边形是平行四边形，再判定这个平行四边形有一个角为直角；先判定四边形是平行四边形，再判定对角线相等；说明四边形有三个角是直角。
2.矩形经常和直角三角形等边三角形结合求一些线段间的的关系问题熟练掌握矩形的性质定理是解决问题的关键，遇到直角三角形斜边上中点时常做的的辅助线是连接直角顶点与斜边中点。
【例3】（2019?台湾）如图，将一长方形纸片沿着虚线剪成两个全等的梯形纸片．根据图中标示长度与角度，求梯形纸片中较短的底边长度为何？（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【举一反三3-1】（2019 河南中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝a．连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则a的值为____________________．
【举一反三3-2】（2019 吉林中考）如图，在矩形ABCD中，AD＝4cm，AB＝3cm，E为边BC上一点，BE＝AB，连接AE．动点P、Q从点A同时出发，点P以cm/s的速度沿AE向终点E运动；点Q以2cm/s的速度沿折线AD﹣DC向终点C运动．设点Q运动的时间为x（s），在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y（cm2）．
（1）AE＝____________cm，∠EAD＝______________°；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
（3）当PQ＝cm时，直接写出x的值．
【举一反三3-3】（2019 江苏徐州中考）【阅读理解】
用10cm×20cm的矩形瓷砖，可拼得一些长度不同但宽度均为20cm的图案．已知长度为10cm、20cm、30cm的所有图案如下：
【尝试操作】
如图，将小方格的边长看作10cm，请在方格纸中画出长度为40cm的所有图案．
【归纳发现】
观察以上结果，探究图案个数与图案长度之间的关系，将下表补充完整．
图案的长度 10cm 20cm 30cm 40cm 50cm 60cm
所有不同图案的个数 1 2 3 ____ ____ ____
【举一反三3-4】（2019?兰州）如图，矩形ABCD，∠BAC＝60°，以点A为圆心，以任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N两点，再分别以点M，N为圆心，以大于MN的长作半径作弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE＝1，则矩形ABCD的面积等于____．
【考点4 菱形的性质与判定】
【解题技巧】（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）
（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
【例4】（2019?呼和浩特）已知菱形的边长为3，较短的一条对角线的长为2，则该菱形较长的一条对角线的长为（ ）
A．2 B．2 C．4 D．2
【举一反三4-1】（2019?青海）如图，将图1中的菱形剪开得到图2，图中共有4个菱形；将图2中的一个菱形剪开得到图3，图中共有7个菱形；如此剪下去，第5图中共有________个菱形……，第n个图中共有____________个菱形．
【举一反三4-2】（2019 北京中考）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为__________．
【举一反三4-3】（2019 浙江温州中考）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为__________________cm．
【举一反三4-4】（2019?广西）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO＝4，S菱形ABCD＝24，则AH＝________________．
【考点5 正方形的性质与判定】
【解题技巧】正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【例5】（2019 安徽中考）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝9的点P的个数是（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
【举一反三5-1】（2019?新疆）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则以下结论中：①S△ABM＝4S△FDM；②PN＝；③tan∠EAF＝；④△PMN∽△DPE，正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【举一反三5-2】（2019 福建中考）如图，边长为2的正方形ABCD中心与半径为2的⊙O的圆心重合，E、F分别是AD、BA的延长与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积是 ____________．（结果保留π）
【举一反三5-3】（2019 江西中考）我国古代数学名著《孙子算经》有估算方法：“方五，邪（通“斜”）七．见方求邪，七之，五而一．”译文为：如果正方形的边长为五，则它的对角线长为七．已知正方形的边长，求对角线长，则先将边长乘以七再除以五．若正方形的边长为1，由勾股定理得对角线长为，依据《孙子算经》的方法，则它的对角线的长是__________．
【举一反三5-4】（2019?青岛）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，则CF的长为__________cm．
三、【达标测试】
（一）选择题
1.（2019?青海）如图，小莉从A点出发，沿直线前进10米后左转20°，再沿直线前进10米，又向左转20°，……，照这样走下去，她第一次回到出发点A时，一共走的路程是（ ）
A．150米 B．160米 C．180米 D．200米
2.（2018?河北中考）用一根长为a（单位：cm）的铁丝，首尾相接围成一个正方形，要将它按图的方式向外等距扩1（单位：cm）得到新的正方形，则这根铁丝需增加（ ）
A．4cm B．8cm C．（a+4）cm D．（a+8）cm
3.（2019?威海）如图，E是?ABCD边AD延长线上一点，连接BE，CE，BD，BE交CD于点F．添加以下条件，不能判定四边形BCED为平行四边形的是（ ）
A．∠ABD＝∠DCE B．DF＝CF C．∠AEB＝∠BCD D．∠AEC＝∠CBD
4.（2019?广州）如图，?ABCD中，AB＝2，AD＝4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．EH＝HG
B．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BD
D．△ABO的面积是△EFO的面积的2倍
5.（2019?台湾）如图，将一张面积为14的大三角形纸片沿着虚线剪成三张小三角形纸片与一张平行四边形纸片．根据图中标示的长度，求平行四边形纸片的面积为何？（ ）
A． B． C． D．
6.（2019 河北唐山中考模拟）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BC，AB＝3，DC＝，对角线AC＝BD，AC⊥BD，平行于BD的直线MN、RQ分别以1个单位/秒、2个单位/秒的速度同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交四边形ABCD的边于M、N和R、Q，交对角线AC于F、G，当直线RQ到达点C时两直线同时停止运动．记四边形ABCD被直线MN扫过的面积为S1，被直线RQ扫过的面积为S2．若S2＝mS1，则m的最小值（ ）
A．5 B．4.8 C．3 D．3.5
7.（2019 河南郑州中考模拟）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于点G，下列结论：①CE＝CF，②∠AEB＝75°，③AG＝2GC，④BE+DF＝EF，⑤S△CEF＝2S△ABE，其中结论正确的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
8.（2019 山东济南中考模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点E从点B出发，沿BC边运动到点C，连结DE，点E作DE的垂线交AB于点F．在点E的运动过程中，以EF为边，在EF上方作等边△EFG，则边EG的中点H所经过的路径长是（ ）
A．2 B．3 C． D．
填空题
1.（2019 江苏徐州中考）如图，A、B、C、D为一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD＝____________．
2.（2019 云南中考）在平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AD＝4，BD＝4，则平行四边形ABCD的面积等于____________________．
3.（2019?济南）一个n边形的内角和等于720°，则n＝______________．
4.（2019?沈阳）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD＝BC＝2，则四边形EGFH的周长是____________________．
5.（2019?沈阳）如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于点G．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若tan∠CAB＝，∠CBG＝45°，BC＝4，则?ABCD的面积是__________．
6.（2019?广西）如图，AB与CD相交于点O，AB＝CD，∠AOC＝60°，∠ACD+∠ABD＝210°，则线段AB，AC，BD之间的等量关系式为________________________．
7.（2019?武汉）如图，在?ABCD中，E、F是对角线AC上两点，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠BCD＝63°，则∠ADE的大小为________________．
8.（2019 河北沧州中考模拟）如图，在菱形ABCD中，tanA＝，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H，给出如下几个结论：（1）△AED≌△DFB；（2）CG与BD一定不垂直；（3）∠BGE的大小为定值；（4）S四边形BCDG＝CG2；其中正确结论的序号为________________________．
解答题
1.（2019 海南中考）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．
（1）求证：△PDE≌△QCE；
（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．
2.（2019 湖北孝感中考）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）点A的坐标为______________，点B的坐标为________________，线段AC的长为____________，抛物线的解析式为________________________________．
（2）点P是线段BC下方抛物线上的一个动点．
①如果在x轴上存在点Q，使得以点B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形．求点Q的坐标．
②如图2，过点P作PE∥CA交线段BC于点E，过点P作直线x＝t交BC于点F，交x轴于点G，记PE＝f，求f关于t的函数解析式；当t取m和4﹣m（0＜m＜2）时，试比较f的对应函数值f1和f2的大小．
3.（2019 云南中考）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO＝OC，BO＝OD，且∠AOB＝2∠OAD．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠AOB：∠ODC＝4：3，求∠ADO的度数．
4.（2019 浙江杭州中考）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．
（1）求线段CE的长；
（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．
5.（2019陕西中考）问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE＝120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
6.（2019 重庆中考）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连结AE，EM⊥AE，垂足为E，交CD于点M，AF⊥BC，垂足为F，BH⊥AE，垂足为H，交AF于点N，点P是AD上一点，连接CP．
（1）若DP＝2AP＝4，CP＝，CD＝5，求△ACD的面积．
（2）若AE＝BN，AN＝CE，求证：AD＝CM+2CE．
7.（2019?济南）如图，在?ABCD中，E、F分别是AD和BC上的点，∠DAF＝∠BCE．求证：BF＝DE．
8.（2019?日照）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．
9.（2019?沈阳）在平面直角坐标系中，直线y＝kx+4（k≠0）交x轴于点A（8，0），交y轴于点B．
（1）k的值是______________；
（2）点C是直线AB上的一个动点，点D和点E分别在x轴和y轴上．
①如图，点E为线段OB的中点，且四边形OCED是平行四边形时，求?OCED的周长；
②当CE平行于x轴，CD平行于y轴时，连接DE，若△CDE的面积为，请直接写出点C的坐标．
10.（2019?长春）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，BC＝15．点P从点A出发，沿AC向终点C运动，同时点Q从点C出发，沿射线CB运动，它们的速度均为每秒5个单位长度，点P到达终点时，P、Q同时停止运动．当点P不与点A、C重合时，过点P作PN⊥AB于点N，连结PQ，以PN、PQ为邻边作?PQMN．设?PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．
（1）①AB的长为__________________；
②PN的长用含t的代数式表示为________________________．
（2）当?PQMN为矩形时，求t的值；
（3）当?PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形时，求S与t之间的函数关系式；
（4）当过点P且平行于BC的直线经过?PQMN一边中点时，直接写出t的值．
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【专题讲义】备战2020中考总复习精编重难点
第17讲 多边形及四边形（解析版）
【教师版】
一、考点知识梳理
【考点1 多边形的内角与外角】
1.内角和定理n边形的内角和为(n－2)·180°
2.外角和定理n边形的外角和为360°
3.对角线过n(n＞3)边形一个顶点可引(n－3)条对角线，n边形共有条对角线
4.正多边形的定义：在平面内，边相等，角也相等的多边形叫做正多边形
5.正多边形的性质(1)正n边形的每一个内角为
(2)正(2n－1)边形是轴对称图形，对称轴有(2n－1)条；正2n边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称轴有2n条
【考点2 平行四边形的性质与判定】
1.定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
2.性质
(1)对边平行且相等
(2)对角相等
(3)对角线互相平分
(4)平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点，O为对称中心
3.判定
(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
(3)一组对边平行且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)两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
【考点3 矩形的性质与判定】
1.定义：把有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．
2.性质
对边平行且相等
四个内角都是直角
两条对角线相等且互相平分
矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形
3.判定
(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形
(2)有三个角是直角的四边形是矩形
(3)对角线相等的平行四边形是矩形
【考点4 菱形的性质与判定】
1.定义：把有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
2．性质
(1)菱形四条边都相等
(2)对角相等
(3)两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角
(4)菱形既是中心对称图形，也是轴对称图形
3.判定
(1)有一组邻边相等的平行四边形是菱形
(2)四条边相等的四边形是菱形
(3)两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【考点5 正方形的性质与判定】
1.定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
2．性质
(1)四条边都相等
(2)四个角都是90°
(3)对角线互相垂直平分且相等
(4)对角线平分一组对角
(5)正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形
3.判定
(1)一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
(2)有一个角是直角的__菱形__是正方形
(3)有一组邻边相等的矩形是正方形
(4)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
二、考点分析
【考点1 多边形的内角与外角】
【解题技巧】（1）多边形内角和定理：（n﹣2）?180 （n≥3）且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360度．
①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）?180°＝360°．
【例1】（2019 北京中考）正十边形的外角和为（ ）
A．180° B．360° C．720° D．1440°
【答案】B．
【分析】根据多边的外角和定理进行选择．
【解答】解：因为任意多边形的外角和都等于360°，
所以正十边形的外角和等于360°，．
故选：B．
【举一反三1-1】（2019 福建中考）已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】B．
【分析】利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案．
【解答】解：360°÷36°＝10，所以这个正多边形是正十边形．
故选：B．
【举一反三1-2】（2019 广东中考）一个多边形的内角和是1080°，这个多边形的边数是 ．
【答案】8．
【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）?180 （n≥3）可得方程180（x﹣2）＝1080，再解方程即可．
【解答】解：设多边形边数有x条，由题意得：
180（x﹣2）＝1080，
解得：x＝8，
故答案为：8．
【举一反三1-3】（2019海南中考）如图，⊙O与正五边形ABCDE的边AB、DE分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角∠BOD的大小为 度．
【答案】144．
【分析】根据正多边形内角和公式可求出∠E、∠D，根据切线的性质可求出∠OAE、∠OCD，从而可求出∠AOC，然后根据圆弧长公式即可解决问题．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠E＝∠A＝＝108°．
∵AB、DE与⊙O相切，
∴∠OBA＝∠ODE＝90°，
∴∠BOD＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣108°﹣108°﹣90°＝144°，
故答案为：144．
【举一反三1-4】（2019上海中考）如图，在正边形ABCDEF中，设＝，＝，那么向量用向量、表示为 ．
【答案】2+．
【分析】连接CF．利用三角形法则：＝+，求出即可．
【解答】解：连接CF．
∵多边形ABCDEF是正六边形，
AB∥CF，CF＝2BA，
∴＝2，
∵＝+，
∴＝2+，
故答案为2+．
【考点2 平行四边形的性质与判定】
【解题技巧】1.平行四边形的判定与性质的作用：
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
2.运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．
3.凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
【例2】（2019 海南中考）如图，在?ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B＝60°，AB＝3，则△ADE的周长为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．21
【答案】C．
【分析】依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到BC＝2AB＝6，AD＝6，再根据△ADE是等边三角形，即可得到△ADE的周长为6×3＝18．
【解答】解：由折叠可得，∠ACD＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC＝90°，
又∵∠B＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝2AB＝6，
∴AD＝6，
由折叠可得，∠E＝∠D＝∠B＝60°，
∴∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为6×3＝18，
故选：C．
【举一反三2-1】（2019 福建中考）在平面直角坐标系xOy中，?OABC的三个顶点O（0，0）、A（3，0）、B（4，2），则其第四个顶点是 ．
【答案】（1，2）．
【分析】由题意得出OA＝3，由平行四边形性质得出BC∥OA，BC＝OA＝3，即可得出结果．
【解答】解：∵O（0，0）、A（3，0），
∴OA＝3，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC∥OA，BC＝OA＝3，
∵B（4，2），
∴点C的坐标为（4﹣3，2），
即C（1，2）；
故答案为：（1，2）．
【举一反三2-2】（2019 北京中考）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③．
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故当MQ∥PN，PQ∥MN，四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形与任意矩形ABCD矛盾，故错误；
故答案为：①②③．
【举一反三2-3】（2019吉林中考）如图，在扇形OAB中，∠AOB＝90°．D，E分别是半径OA，OB上的点，以OD，OE为邻边的?ODCE的顶点C在上．若OD＝8，OE＝6，则阴影部分图形的面积是 （结果保留π）．
【答案】25π﹣48．
【分析】连接OC，根据同样只统计得到?ODCE是矩形，由矩形的性质得到∠ODC＝90°．根据勾股定理得到OC＝10，根据扇形的面积公式和矩形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接OC，
∵∠AOB＝90°，四边形ODCE是平行四边形，
∴?ODCE是矩形，
∴∠ODC＝90°．
∵OD＝8，OE＝6，
∴OC＝10，
∴阴影部分图形的面积＝﹣8×6＝25π﹣48．
故答案为：25π﹣48．
【举一反三2-4】（2019 江苏徐州中考）如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF．求证：
（1）∠ECB＝∠FCG；
（2）△EBC≌△FGC．
【分析】（1）依据平行四边形的性质，即可得到∠A＝∠BCD，由折叠可得，∠A＝∠ECG，即可得到∠ECB＝∠FCG；
（2）依据平行四边形的性质，即可得出∠D＝∠B，AD＝BC，由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，即可得到∠B＝∠G，BC＝CG，进而得出△EBC≌△FGC．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，
由折叠可得，∠A＝∠ECG，
∴∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCD﹣∠ECF＝∠ECG﹣∠ECF，
∴∠ECB＝∠FCG；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B，AD＝BC，
由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，
∴∠B＝∠G，BC＝CG，
又∵∠ECB＝∠FCG，
∴△EBC≌△FGC（ASA）．
【考点3 矩形的性质与判定】
【解题技巧】1.矩形的判定方法：先判定四边形是平行四边形，再判定这个平行四边形有一个角为直角；先判定四边形是平行四边形，再判定对角线相等；说明四边形有三个角是直角。
2.矩形经常和直角三角形等边三角形结合求一些线段间的的关系问题熟练掌握矩形的性质定理是解决问题的关键，遇到直角三角形斜边上中点时常做的的辅助线是连接直角顶点与斜边中点。
【例3】（2019?台湾）如图，将一长方形纸片沿着虚线剪成两个全等的梯形纸片．根据图中标示长度与角度，求梯形纸片中较短的底边长度为何？（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C．
【分析】根据矩形的性质得出∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝8，AD∥BC，根据矩形的判定得出四边形ABFQ是矩形，求出AB＝FQ＝DC＝8，求出EQ＝FQ＝8，即可得出答案．
【解答】解：
过F作FQ⊥AD于Q，则∠FQE＝90°，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝8，AD∥BC，
∴四边形ABFQ是矩形，
∴AB＝FQ＝DC＝8，
∵AD∥BC，
∴∠QEF＝∠BFE＝45°，
∴EQ＝FQ＝8，
∴AE＝CF＝×（20﹣8）＝6，
故选：C．
【举一反三3-1】（2019 河南中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝a．连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则a的值为 ．
【答案】或．
【分析】分两种情况：①点B′落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得AB＝BE，即可求出a的值；②点B′落在CD边上，证明△ADB′∽△B′CE，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．
【解答】解：分两种情况：
①当点B′落在AD边上时，如图1．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′落在AD边上，
∴∠BAE＝∠B′AE＝∠BAD＝45°，
∴AB＝BE，
∴a＝1，
∴a＝；
②当点B′落在CD边上时，如图2．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a．
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′落在CD边上，
∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝1，EB＝EB′＝a，
∴DB′＝＝，EC＝BC﹣BE＝a﹣a＝a．
在△ADB′与△B′CE中，
，
∴△ADB′∽△B′CE，
∴＝，即＝，
解得a1＝，a2＝0（舍去）．
综上，所求a的值为或．
故答案为或．
【举一反三3-2】（2019 吉林中考）如图，在矩形ABCD中，AD＝4cm，AB＝3cm，E为边BC上一点，BE＝AB，连接AE．动点P、Q从点A同时出发，点P以cm/s的速度沿AE向终点E运动；点Q以2cm/s的速度沿折线AD﹣DC向终点C运动．设点Q运动的时间为x（s），在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y（cm2）．
（1）AE＝ cm，∠EAD＝ °；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
（3）当PQ＝cm时，直接写出x的值．
【分析】（1）由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求∠EAD的度数；
（2）分三种情况讨论，由面积和差关系可求解；
（3）分三种情况讨论，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝3cm，BE＝AB＝3cm，
∴AE＝＝3cm，∠BAE＝∠BEA＝45°
∵∠BAD＝90°
∴∠DAE＝45°
故答案为：3，45
（2）当0＜x≤2时，如图，过点P作PF⊥AD，
∵AP＝x，∠DAE＝45°，PF⊥AD
∴PF＝x＝AF，
∴y＝S△PQA＝×AQ×PF＝x2，
（2）当2＜x≤3时，如图，过点P作PF⊥AD，
∵PF＝AF＝x，QD＝2x﹣4
∴DF＝4﹣x，
∴y＝x2+（2x﹣4+x）（4﹣x）＝﹣x2+8x﹣8
当3＜x≤时，如图，点P与点E重合．
∵CQ＝（3+4）﹣2x＝7﹣2x，CE＝4﹣3＝1cm
∴y＝（1+4）×3﹣（7﹣2x）×1＝x+4
（3）当0＜x≤2时
∵QF＝AF＝x，PF⊥AD
∴PQ＝AP
∵PQ＝cm
∴x＝
∴x＝
当2＜x≤3时，过点P作PM⊥CD
∴四边形MPFD是矩形
∴PM＝DF＝4﹣2x，MD＝PF＝x，
∴MQ＝x﹣（2x﹣4）＝4﹣x
∵MP2+MQ2＝PQ2，
∴（4﹣2x）2+（4﹣x）2＝
∵△＜0
∴方程无解
当3＜x≤时，
∵PQ2＝CP2+CQ2，
∴＝1+（7﹣2x）2，
∴x＝
综上所述：x＝或
【举一反三3-3】（2019 江苏徐州中考）【阅读理解】
用10cm×20cm的矩形瓷砖，可拼得一些长度不同但宽度均为20cm的图案．已知长度为10cm、20cm、30cm的所有图案如下：
【尝试操作】
如图，将小方格的边长看作10cm，请在方格纸中画出长度为40cm的所有图案．
【归纳发现】
观察以上结果，探究图案个数与图案长度之间的关系，将下表补充完整．
图案的长度 10cm 20cm 30cm 40cm 50cm 60cm
所有不同图案的个数 1 2 3
【答案】5，8，13；
【分析】根据已知条件作图可知40cm时，所有图案个数5个；猜想得到结论；
【解答】解：如图
根据作图可知40cm时，所有图案个数5个
50cm时，所有图案个数8个；
60cm时，所有图案个数13个；
故答案为5，8，13；
【举一反三3-4】（2019?兰州）如图，矩形ABCD，∠BAC＝60°，以点A为圆心，以任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N两点，再分别以点M，N为圆心，以大于MN的长作半径作弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE＝1，则矩形ABCD的面积等于 ．
【答案】3．
【分析】根据矩形的性质得到∠B＝∠BAD＝90°，求得∠ACB＝30°，由作图知，AE是∠BAC的平分线，得到∠BAE＝∠CAE＝30°，根据等腰三角形的性质得到AE＝CE，过E作EF⊥AC于F，求得EF＝BE＝1，求得AC＝2CF＝2，解直角三角形得到AB＝，BC＝3，于是得到结论．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ACB＝30°，
由作图知，AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE＝∠CAE＝30°，
∴∠EAC＝∠ACE＝30°，
∴AE＝CE，
过E作EF⊥AC于F，
∴EF＝BE＝1，
∴AC＝2CF＝2，
∴AB＝，BC＝3，
∴矩形ABCD的面积＝AB?BC＝3，
故答案为：3．
【考点4 菱形的性质与判定】
【解题技巧】（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）
（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
【例4】（2019?呼和浩特）已知菱形的边长为3，较短的一条对角线的长为2，则该菱形较长的一条对角线的长为（ ）
A．2 B．2 C．4 D．2
【答案】C．
【分析】首先根据题意画出图形，然后由菱形的性质，求得OA＝1，AC⊥BD，然后由勾股定理求得OB的长，继而求得答案．
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝AC＝1，OB＝OD，AC⊥BD，
∴OB＝＝＝2，
∴BD＝2OB＝4；
故选：C．
【举一反三4-1】（2019?青海）如图，将图1中的菱形剪开得到图2，图中共有4个菱形；将图2中的一个菱形剪开得到图3，图中共有7个菱形；如此剪下去，第5图中共有 个菱形……，第n个图中共有 个菱形．
【答案】13，（3n﹣2）．
【分析】观察图形可知，每剪开一次多出3个菱形，然后写出前4个图形中菱形的个数，根据这一规律写出第n个图形中的菱形的个数的表达式；
【解答】解：（1）第1个图形有菱形1个，
第2个图形有菱形4＝1+3个，
第3个图形有菱形7＝1+3×2个，
第4个图形有菱形10＝1+3×3个，
…，
第n个图形有菱形1+3（n﹣1）＝（3n﹣2）个，
当n＝5时，3n﹣2＝13，
故答案为：13，（3n﹣2）．
【举一反三4-2】（2019 北京中考）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为 ．
【答案】12．
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，设OA＝x，OB＝y，由题意得：，解得：，得出AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，即可得出菱形的面积．
【解答】解：如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
设OA＝x，OB＝y，
由题意得：，
解得：，
∴AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×6×4＝12；
故答案为：12．
【举一反三4-3】（2019 浙江温州中考）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 cm．
【答案】12+8．
【分析】连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，根据△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2+，再根据S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，即可得出BO＝2+2，进而得到△ABE的周长．
【解答】解：如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2+，
又∵S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，
∴x2＝×2×BO，
∴BO＝2+2，
∴BE＝2BO＝4+4，AB＝AE＝BO＝4+2，
∴△ABE的周长＝4+4+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．
【举一反三4-4】（2019?广西）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO＝4，S菱形ABCD＝24，则AH＝ ．
【答案】．
【分析】根据菱形面积＝对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO＝4，AO＝CO，AC⊥BD，
∴BD＝8，
∵S菱形ABCD＝AC×BD＝24，
∴AC＝6，
∴OC＝AC＝3，
∴BC＝＝5，
∵S菱形ABCD＝BC×AH＝24，
∴AH＝；
故答案为：．
【考点5 正方形的性质与判定】
【解题技巧】正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【例5】（2019 安徽中考）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝9的点P的个数是（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
【答案】D．
【分析】作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H，可得点H到点E和点F的距离之和最小，可求最小值，即可求解．
【解答】解：如图，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H
∵点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，
∴EC＝8，FC＝4＝AE，
∵点M与点F关于BC对称
∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45°
∴∠ACM＝90°
∴EM＝＝4
则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为4＜9
在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF＝12
∴点P在CH上时，4＜PE+PF≤12
在点H左侧，当点P与点B重合时，BF＝＝2
∵AB＝BC，CF＝AE，∠BAE＝∠BCF
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴BE＝BF＝2
∴PE+PF＝4
∴点P在BH上时，4＜PE+PF＜4
∴在线段BC上点H的左右两边各有一个点P使PE+PF＝9，
同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF＝9．
即共有8个点P满足PE+PF＝9，
故选：D．
【举一反三5-1】（2019?新疆）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则以下结论中：①S△ABM＝4S△FDM；②PN＝；③tan∠EAF＝；④△PMN∽△DPE，正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】A．
【分析】①正确．利用相似三角形的性质解决问题即可．
②正确．作PH⊥AN于H，求出PH，HN即可解决问题．
③正确．求出EN，AN即可判断．
④错误．证明∠DPN≠∠PDE即可．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠ABC＝∠C＝∠ADF＝90°，CE＝BE＝1，
∵AF⊥DE，
∴∠DAF+∠ADN＝∠ADN+∠CDE＝90°，
∴∠DAN＝∠EDC，
在△ADF与△DCE中，，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DF＝CE＝1，
∵AB∥DF，
∴△ABM∽△FDM，
∴＝（）2＝4，
∴S△ABM＝4S△FDM；故①正确；
由勾股定理可知：AF＝DE＝AE＝＝，
∵×AD×DF＝×AF×DN，
∴DN＝，
∴EN＝，AN＝＝，
∴tan∠EAF＝＝，故③正确，
作PH⊥AN于H．
∵BE∥AD，
∴＝＝2，
∴PA＝，
∵PH∥EN，
∴＝＝，
∴AH＝×＝，HN＝，
∴PN＝＝，故②正确，
∵PN≠DN，
∴∠DPN≠∠PDE，
∴△PMN与△DPE不相似，故④错误．
故选：A．
【举一反三5-2】（2019 福建中考）如图，边长为2的正方形ABCD中心与半径为2的⊙O的圆心重合，E、F分别是AD、BA的延长与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留π）
【答案】π﹣1．
【分析】延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，
则图中阴影部分的面积＝×（S圆O﹣S正方形ABCD）＝×（4π﹣4）＝π﹣1，
故答案为：π﹣1．
【举一反三5-3】（2019 江西中考）我国古代数学名著《孙子算经》有估算方法：“方五，邪（通“斜”）七．见方求邪，七之，五而一．”译文为：如果正方形的边长为五，则它的对角线长为七．已知正方形的边长，求对角线长，则先将边长乘以七再除以五．若正方形的边长为1，由勾股定理得对角线长为，依据《孙子算经》的方法，则它的对角线的长是 ．
【答案】1.4．
【分析】根据估算方法可求解．
【解答】解：根据题意可得：正方形边长为1的对角线长＝＝1.4
故答案为：1.4
【举一反三5-4】（2019?青岛）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，则CF的长为 cm．
【答案】6﹣．
【分析】设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x方程，求解x，最后用4﹣x即可．
【解答】解：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x．
在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝．
根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，所以GE＝﹣4．
在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，
在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，
所以（﹣4）2+x2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝﹣2．
则FC＝4﹣x＝6﹣．
故答案为6﹣．
三、【达标测试】
（一）选择题
1.（2019?青海）如图，小莉从A点出发，沿直线前进10米后左转20°，再沿直线前进10米，又向左转20°，……，照这样走下去，她第一次回到出发点A时，一共走的路程是（ ）
A．150米 B．160米 C．180米 D．200米
【答案】C．
【分析】多边形的外角和为360°，每一个外角都为20°，依此可求边数，再求多边形的周长．
【解答】解：∵多边形的外角和为360°，而每一个外角为20°，
∴多边形的边数为360°÷20°＝18，
∴小莉一共走了：18×10＝180（米）．
故选：C．
2.（2018?河北中考）用一根长为a（单位：cm）的铁丝，首尾相接围成一个正方形，要将它按图的方式向外等距扩1（单位：cm）得到新的正方形，则这根铁丝需增加（ ）
A．4cm B．8cm C．（a+4）cm D．（a+8）cm
【答案】B．
【分析】根据题意得出原正方形的边长，再得出新正方形的边长，继而得出答案．
【解答】解：∵原正方形的周长为acm，
∴原正方形的边长为cm，
∵将它按图的方式向外等距扩1cm，
∴新正方形的边长为（+2）cm，
则新正方形的周长为4（+2）＝a+8（cm），
因此需要增加的长度为a+8﹣a＝8cm．
故选：B．
3.（2019?威海）如图，E是?ABCD边AD延长线上一点，连接BE，CE，BD，BE交CD于点F．添加以下条件，不能判定四边形BCED为平行四边形的是（ ）
A．∠ABD＝∠DCE B．DF＝CF C．∠AEB＝∠BCD D．∠AEC＝∠CBD
【答案】C．
【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，求得DE∥BC，∠ABD＝∠CDB，推出BD∥CE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故A正确；根据平行线的性质得到∠DEF＝∠CBF，根据全等三角形的性质得到EF＝BF，于是得到四边形BCED为平行四边形，故B正确；根据平行线的性质得到∠AEB＝∠CBF，求得∠CBF＝∠BCD，求得CF＝BF，同理，EF＝DF，不能判定四边形BCED为平行四边形；故C错误；根据平行线的性质得到∠DEC+∠BCE＝∠EDB+∠DBC＝180°，推出∠BDE＝∠BCE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故D正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴DE∥BC，∠ABD＝∠CDB，
∵∠ABD＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠CDB，
∴BD∥CE，
∴BCED为平行四边形，故A正确；
∵DE∥BC，
∴∠DEF＝∠CBF，
在△DEF与△CBF中，，
∴△DEF≌△CBF（AAS），
∴EF＝BF，
∵DF＝CF，
∴四边形BCED为平行四边形，故B正确；
∵AE∥BC，
∴∠AEB＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BCD，
∴∠CBF＝∠BCD，
∴CF＝BF，
同理，EF＝DF，
∴不能判定四边形BCED为平行四边形；故C错误；
∵AE∥BC，
∴∠DEC+∠BCE＝∠EDB+∠DBC＝180°，
∵∠AEC＝∠CBD，
∴∠BDE＝∠BCE，
∴四边形BCED为平行四边形，故D正确，
故选：C．
4.（2019?广州）如图，?ABCD中，AB＝2，AD＝4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．EH＝HG
B．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BD
D．△ABO的面积是△EFO的面积的2倍
【答案】B．
【分析】根据题意和图形，可以判断各个选项中的结论是否成立，本题得以解决．
【解答】解：∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，在?ABCD中，AB＝2，AD＝4，
∴EH＝AD＝2，HG＝AB＝1，
∴EH≠HG，故选项A错误；
∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，
∴EH＝，
∴四边形EFGH是平行四边形，故选项B正确；
由题目中的条件，无法判断AC和BD是否垂直，故选项C错误；
∵点E、F分别为OA和OB的中点，
∴EF＝，EF∥AB，
∴△OEF∽△OAB，
∴，
即△ABO的面积是△EFO的面积的4倍，故选项D错误，
故选：B．
5.（2019?台湾）如图，将一张面积为14的大三角形纸片沿着虚线剪成三张小三角形纸片与一张平行四边形纸片．根据图中标示的长度，求平行四边形纸片的面积为何？（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【分析】如图，设△ADE，△BDF，△CEG，平行四边形DEGF的面积分别为S1，S2，S3和S，
过点D作DH∥EC，则由DFGE为平行四边形，易得四边形DHCE也为平行四边形，从而△DFH≌△EGC，利用面积比等于相似比的平方可求．
【解答】解：如图，设△ADE，△BDF，△CEG，平行四边形DEGF的面积分别为S1，S2，S3和S，
过点D作DH∥EC，则由DFGE为平行四边形，易得四边形DHCE也为平行四边形，从而△DFH≌△EGC，
∴S△DFH＝S3，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，DE＝3，BC＝7，
∴＝，
∵S△ABC＝14，
∴S1＝×14，
∴S△BDH：S＝（×4）：3＝2：3，
∴S△BDH＝S，
∴+S＝14﹣×14，
∴S＝．
故选：D．
6.（2019 河北唐山中考模拟）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BC，AB＝3，DC＝，对角线AC＝BD，AC⊥BD，平行于BD的直线MN、RQ分别以1个单位/秒、2个单位/秒的速度同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交四边形ABCD的边于M、N和R、Q，交对角线AC于F、G，当直线RQ到达点C时两直线同时停止运动．记四边形ABCD被直线MN扫过的面积为S1，被直线RQ扫过的面积为S2．若S2＝mS1，则m的最小值（ ）
A．5 B．4.8 C．3 D．3.5
【答案】C．
【分析】首先过点C作CK∥BD交AB的延长线于K，易证得四边形DBKC是平行四边形，可求得AK＝4，由四边形ABCD是等腰梯形，可得AC＝CK，又由CE＝2且是高，即可证得∠K＝∠KCE＝∠ACE＝∠CAE＝45°，继而求得∠AHB的度数，又由等腰直角三角形的性质，求得AC的长，直线移动有两种情况：0＜x＜及≤x≤2；然后分别从这两种情况分析求解，注意当0＜x＜时，易得S2＝4S1；当≤x≤2时，根据相似三角形的性质与直角三角形的面积的求解方法，可求得△BCD与△CRQ的面积，继而可求得S2与S1的值，可得m＝﹣36（﹣）2+4，然后利用二次函数的性质求得m的变化范围，得最小值．
【解答】解：如图1，过点C作CK∥BD交AB的延长线于K，
∵CD∥AB，
∴四边形DBKC是平行四边形，
∴BK＝CD＝，CK＝BD，
∴AK＝AB+BK＝3+＝4，
∵BD＝AC，
∴AC＝CK，
∴AE＝EK＝AK＝2，
∵△ACK是等腰直角三角形，
∴CE＝CK＝2，
作CE⊥AB于E，
∴∠K＝∠KCE＝∠ACE＝∠CAE＝45°，
∴∠ACK＝90°，
∴∠AHB＝∠ACK＝90°，
∴AC＝AK?cos45°＝4×＝4，
设AG＝x，
①当0＜x＜时，
∵MN∥RQ，
∴△AMN∽△ARQ，△ANF∽△AQG，
＝（）2＝4，
∴S1＝4S2；
∴m＝4，
②当≤x≤2时，如图2，
∵AB∥CD，
∴△ABH∽△CDH，
∴，
∴CH＝DH＝AC＝1，AH＝BH＝4﹣1＝3
∵CG＝4﹣2x，AC⊥BD，
∴S△BCD＝×4×1＝2，
∵RQ∥BD，
∴△CRQ∽△CDB，
∴S△CRQ＝2×（）2＝8（2﹣x）2，
∵S梯形ABCD＝（AB+CD）?CE＝×（3+）×2＝8，
S△ABD＝AB?CE＝×3×2＝6，
∵MN∥BD，
∴△AMN∽△ADB，
∴＝（）2＝，
∴S1＝x2，S2＝8﹣8（2﹣x）2，
∵S2＝mS1，
∴m＝＝﹣+﹣12＝﹣36（﹣）2+4，
∴m是的二次函数，当≤x≤2时，即当≤≤时，m随的增大而增大，
∴当x＝时，m最大，最大值为4，
当x＝2时，m最小，最小值为3．
综上所述，m的最小值为3，最大值为4，
故选：C．
7.（2019 河南郑州中考模拟）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于点G，下列结论：①CE＝CF，②∠AEB＝75°，③AG＝2GC，④BE+DF＝EF，⑤S△CEF＝2S△ABE，其中结论正确的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B．
【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，得到CE＝CF；由正方形的性质就可以得出∠AEB＝75°；设EC＝x，由勾股定理得到EF，表示出BE，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE，再通过比较大小就可以得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∴CE＝CF，故①正确；
∵∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°，
∴∠AEB＝75°，故②正确；
设EC＝x，由勾股定理，得
EF＝x，CG＝x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°＝x，
∴AG≠2GC，③错误；
∵CG＝x，AG＝x，
∴AC＝x
∴AB＝AC?＝x，
∴BE＝x﹣x＝x，
∴BE+DF＝（﹣1）x，
∴BE+DF≠EF，故④错误；
∵S△CEF＝x2，
S△ABE＝×BE×AB＝x×x＝x2，
∴2S△ABE═S△CEF，故⑤正确．
综上所述，正确的有3个，
故选：B．
8.（2019 山东济南中考模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点E从点B出发，沿BC边运动到点C，连结DE，点E作DE的垂线交AB于点F．在点E的运动过程中，以EF为边，在EF上方作等边△EFG，则边EG的中点H所经过的路径长是（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C．
【分析】连接FH，取EF的中点M，连接BM，HM，依据BM＝EM＝HM＝FM，可得点B，E，H，F四点共圆，连接BH，则∠HBE＝∠EFH＝30°，进而得到点H在以点B为端点，BC上方且与射线BC夹角为30°的射线上，再过C作CH'⊥BH于点H'，根据点E从点B出发，沿BC边运动到点C，即可得到点H从点B沿BH运动到点H'，再利用在Rt△BH'C中，BH'＝BC?cos∠CBH'＝3×＝，即可得出点H所经过的路径长是．
【解答】解：如图，连接FH，取EF的中点M，连接BM，HM，
在等边三角形EFG中，EF＝FG，H是EG的中点，
∴∠FHE＝90°，∠EFH＝∠EFG＝30°，
又∵M是EF的中点，
∴FM＝HM＝EM，
在Rt△FBE中，∠FBE＝90°，M是EF的中点，
∴BM＝EM＝FM，
∴BM＝EM＝HM＝FM，
∴点B，E，H，F四点共圆，
连接BH，则∠HBE＝∠EFH＝30°，
∴点H在以点B为端点，BC上方且与射线BC夹角为30°的射线上，
如图，过C作CH'⊥BH于点H'，
∵点E从点B出发，沿BC边运动到点C，
∴点H从点B沿BH运动到点H'，
在Rt△BH'C中，∠BH'C＝90°，
∴BH'＝BC?cos∠CBH'＝3×＝，
∴点H所经过的路径长是．
故选：C．
填空题
1.（2019 江苏徐州中考）如图，A、B、C、D为一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD＝ ．
【答案】30°
【分析】连接OB、OC，利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：连接OB、OC，
多边形的每个外角相等，且其和为360°，
据此可得多边形的边数为：，
∴∠AOB＝，
∴∠AOD＝40°×3＝120°．
∴∠OAD＝．
故答案为：30°
2.（2019 云南中考）在平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AD＝4，BD＝4，则平行四边形ABCD的面积等于 ．
【答案】16或8．
【分析】过D作DE⊥AB于E，解直角三角形得到AB＝8，根据平行四边形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：过D作DE⊥AB于E，
在Rt△ADE中，∵∠A＝30°，AD＝4，
∴DE＝AD＝2，AE＝AD＝6，
在Rt△BDE中，∵BD＝4，
∴BE＝＝＝2，
如图1，∴AB＝8，
∴平行四边形ABCD的面积＝AB?DE＝8×2＝16，
如图2，AB＝4，
∴平行四边形ABCD的面积＝AB?DE＝4×2＝8，
故答案为：16或8．
3.（2019?济南）一个n边形的内角和等于720°，则n＝ ．
【答案】6．
【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：依题意有：
（n﹣2）?180°＝720°，
解得n＝6．
故答案为：6．
4.（2019?沈阳）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD＝BC＝2，则四边形EGFH的周长是 ．
【答案】4．
【分析】根三角形的中位线定理即可求得四边形EFGH的各边长，从而求得周长．
【解答】证明：∵E、G是AB和AC的中点，
∴EG＝BC＝×＝，
同理HF＝BC＝，
EH＝GF＝AD＝＝．
∴四边形EGFH的周长是：4×＝4．
故答案为：4．
5.（2019?沈阳）如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于点G．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若tan∠CAB＝，∠CBG＝45°，BC＝4，则?ABCD的面积是 ．
【答案】（2）24．
【分析】（1）根据已知条件得到AF＝CE，根据平行线的性质得到∠DFA＝∠BEC，根据全等三角形的性质得到AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到△BCG是等腰直角三角形，求得BG＝CG＝4，解直角三角形得到AG＝10，根据平行四边形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
即AF＝CE，
∵DF∥BE，
∴∠DFA＝∠BEC，
∵DF＝BE，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，
∴AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵CG⊥AB，
∴∠G＝90°，
∵∠CBG＝45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∵BC＝4，
∴BG＝CG＝4，
∵tan∠CAB＝，
∴AG＝10，
∴AB＝6，
∴?ABCD的面积＝6×4＝24，
故答案为：24．
6.（2019?广西）如图，AB与CD相交于点O，AB＝CD，∠AOC＝60°，∠ACD+∠ABD＝210°，则线段AB，AC，BD之间的等量关系式为 ．
【答案】AB2＝AC2+BD2．
【分析】过点A作AE∥CD，截取AE＝CD，连接BE、DE，则四边形ACDE是平行四边形，得出DE＝AC，∠ACD＝∠AED，证明△ABE为等边三角形得出BE＝AB，求得∠BDE＝360°﹣（∠AED+∠ABD）﹣∠EAB＝90°，由勾股定理得出BE2＝DE2+BD2，即可得出结果．
【解答】解：过点A作AE∥CD，截取AE＝CD，连接BE、DE，如图所示：
则四边形ACDE是平行四边形，
∴DE＝AC，∠ACD＝∠AED，
∵∠AOC＝60°，AB＝CD，
∴∠EAB＝60°，CD＝AE＝AB，
∴△ABE为等边三角形，
∴BE＝AB，
∵∠ACD+∠ABD＝210°，
∴∠AED+∠ABD＝210°，
∴∠BDE＝360°﹣（∠AED+∠ABD）﹣∠EAB＝360°﹣210°﹣60°＝90°，
∴BE2＝DE2+BD2，
∴AB2＝AC2+BD2；
故答案为：AB2＝AC2+BD2．
7.（2019?武汉）如图，在?ABCD中，E、F是对角线AC上两点，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠BCD＝63°，则∠ADE的大小为 ．
【答案】21°．
【分析】设∠ADE＝x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE＝∠ADE＝x，DE＝AF＝AE＝EF，得出DE＝CD，证出∠DCE＝∠DEC＝2x，由平行四边形的性质得出∠DCE＝∠BCD﹣∠BCA＝63°﹣x，得出方程，解方程即可．
【解答】解：设∠ADE＝x，
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴∠DAE＝∠ADE＝x，DE＝AF＝AE＝EF，
∵AE＝EF＝CD，
∴DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCA＝x，
∴∠DCE＝∠BCD﹣∠BCA＝63°﹣x，
∴2x＝63°﹣x，
解得：x＝21°，
即∠ADE＝21°；
故答案为：21°．
8.（2019 河北沧州中考模拟）如图，在菱形ABCD中，tanA＝，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H，给出如下几个结论：（1）△AED≌△DFB；（2）CG与BD一定不垂直；（3）∠BGE的大小为定值；（4）S四边形BCDG＝CG2；其中正确结论的序号为 ．
【答案】（（1）（3）（4）．
【分析】（1）正确，先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB；
（2）错误，只要证明△GDC≌△BGC，利用等腰三角形性质即可解决问题．
（3））正确，由△AED≌△DFB，推出∠ADE＝∠DBF，所以∠BGE＝∠BDG+∠DBG＝∠BDG+∠ADE＝60°，
（4）正确，证明∠BGE＝60°＝∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC＝∠DGC＝60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．证明△CBM≌△CDN，所以S四边形BCDG＝S四边形CMGN，易求后者的面积．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD．
∵AB＝BD，
∴△ABD为等边三角形．
∴∠A＝∠BDF＝60°．
又∵AE＝DF，AD＝BD，
在△AED和△DFB中，
，
∴△AED≌△DFB，故本小题正确；
（2）当点E，F分别是AB，AD中点时（如图1），
由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，
∵点E，F分别是AB，AD中点，
∴∠BDE＝∠DBG＝30°，
∴DG＝BG，
在△GDC与△BGC中，
，
∴△GDC≌△BGC，
∴∠DCG＝∠BCG，
∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；
（3）∵△AED≌△DFB，
∴∠ADE＝∠DBF，
∴∠BGE＝∠BDG+∠DBG＝∠BDG+∠ADE＝60°，故本选项正确．
（4）∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°＝∠BCD，
即∠BGD+∠BCD＝180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC＝∠BDC＝60°，∠DGC＝∠DBC＝60°．
∴∠BGC＝∠DGC＝60°．
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．（如图2）
则△CBM≌△CDN，（AAS）
∴S四边形BCDG＝S四边形CMGN，
S四边形CMGN＝2S△CMG，
∵∠CGM＝60°，
∴GM＝CG，CM＝CG，
∴S四边形CMGN＝2S△CMG＝2××CG×CG＝CG2，故本小题正确．
综上所述，正确的结论有（1）（3）（4）．
故答案为：（（1）（3）（4）．
解答题
1.（2019 海南中考）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．
（1）求证：△PDE≌△QCE；
（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；
（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，从而得∠PAF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；
②设PD＝x，则AP＝1﹣x，由（1）知△PDE≌△QCE，据此得CQ＝PD＝x，BQ＝BC+CQ＝1+x，由EF是△PBQ的中位线知EF＝BQ＝，根据AP＝EF求得x＝，从而得出PD＝，AP＝，再求出PE＝＝即可作出判断．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠ECQ＝90°，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE（ASA）；
（2）①∵PB＝PQ，
∴∠PBQ＝∠Q，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，
∵△PDE≌△QCE，
∴PE＝QE，
∵EF∥BQ，
∴PF＝BF，
∴在Rt△PAB中，AF＝PF＝BF，
∴∠APF＝∠PAF，
∴∠PAF＝∠EPD，
∴PE∥AF，
∵EF∥BQ∥AD，
∴四边形AFEP是平行四边形；
②四边形AFEP不是菱形，理由如下：
设PD＝x，则AP＝1﹣x，
由（1）可得△PDE≌△QCE，
∴CQ＝PD＝x，
∴BQ＝BC+CQ＝1+x，
∵点E、F分别是PQ、PB的中点，
∴EF是△PBQ的中位线，
∴EF＝BQ＝，
由①知AP＝EF，即1﹣x＝，
解得x＝，
∴PD＝，AP＝，
在Rt△PDE中，DE＝，
∴PE＝＝，
∴AP≠PE，
∴四边形AFEP不是菱形．
2.（2019 湖北孝感中考）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，线段AC的长为 ，抛物线的解析式为 ．
（2）点P是线段BC下方抛物线上的一个动点．
①如果在x轴上存在点Q，使得以点B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形．求点Q的坐标．
②如图2，过点P作PE∥CA交线段BC于点E，过点P作直线x＝t交BC于点F，交x轴于点G，记PE＝f，求f关于t的函数解析式；当t取m和4﹣m（0＜m＜2）时，试比较f的对应函数值f1和f2的大小．
【分析】（1）由题意得：﹣8a＝﹣4，故a＝，即可求解；
（2）分BC是平行四边形的一条边时、BC是平行四边形的对角线时，两种情况分别求解即可．
（3）证明△EPH∽△CAO，∴，即：，则EP＝PH，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：﹣8a＝﹣4，故a＝，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣4，
令y＝0，则x＝4或﹣2，即点A、B的坐标分别为（﹣2，0）、（4，0），
则AC＝2，
故答案为：（﹣2，0）、（4，0）、2、y＝x2﹣x﹣4；
（2）①当BC是平行四边形的一条边时，
如图所示，点C向右平移4个单位、向上平移4个单位得到点B，
设：点P（n，n2﹣n﹣4），点Q（m，0），
则点P向右平移4个单位、向上平移4个单位得到点Q，
即：n+4＝m，n2﹣n﹣4+4＝0，
解得：m＝4或6（舍去4），
即点Q（6，0）；
②当BC是平行四边形的对角线时，
设点P（m，n）、点Q（s，0），其中n＝m2﹣m﹣4，
由中心公式可得：m+s＝﹣2，n+0＝4，
解得：s＝2或4（舍去4），
故点Q（2，0）；
故点Q的坐标为（2，0）或（6，0）；
（3）如图2，过点P作PH∥x轴交BC于点H，
∵GP∥y轴，∴∠HEP＝∠ACB，
∵PH∥x轴，∴∠PHO＝∠AOC，
∴△EPH∽△CAO，∴，即：，
则EP＝PH，
设点P（t，yP），点H（xH，yP），
则t2﹣t﹣4＝xH﹣4，
则xH＝t2﹣t，
f＝PH＝[t﹣（t2﹣t）]＝﹣（t2﹣4t），
当t＝m时，f1＝（m2﹣4m），
当t＝4﹣m时，f2＝﹣（m2﹣2m），
则f1﹣f2＝﹣m（m﹣），
则0＜m＜2，∴f1﹣f2＞0，
f1＞f2．
3.（2019 云南中考）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO＝OC，BO＝OD，且∠AOB＝2∠OAD．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠AOB：∠ODC＝4：3，求∠ADO的度数．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据三角形的外角的性质得到∠AOB＝∠DAO+∠ADO＝2∠OAD，求得∠DAO＝∠ADO，推出AC＝BD，于是得到四边形ABCD是矩形；
（2）根据矩形的性质得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠ABO＝∠CDO，根据三角形的内角得到∠ABO＝54°，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵AO＝OC，BO＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOB＝∠DAO+∠ADO＝2∠OAD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴AO＝DO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ABO＝∠CDO，
∵∠AOB：∠ODC＝4：3，
∴∠AOB：∠ABO＝4：3，
∴∠BAO：∠AOB：∠ABO＝3：4：3，
∴∠ABO＝54°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADO＝90°﹣54°＝36°．
4.（2019 浙江杭州中考）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．
（1）求线段CE的长；
（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．
【分析】（1）设出正方形CEFG的边长，然后根据S1＝S2，即可求得线段CE的长；
（2）根据（1）中的结果可以题目中的条件，可以分别计算出HD和HG的长，即可证明结论成立．
【解答】解：（1）设正方形CEFG的边长为a，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴DE＝1﹣a，
∵S1＝S2，
∴a2＝1×（1﹣a），
解得，（舍去），，
即线段CE的长是；
（2）证明：∵点H为BC边的中点，BC＝1，
∴CH＝0.5，
∴DH＝＝，
∵CH＝0.5，CG＝，
∴HG＝，
∴HD＝HG．
5.（2019陕西中考）问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE＝120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
【分析】（1）利用平行四边形的判定方法画出图形即可．
（2）以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于P1，P2两点，点P1，P2即为所求．
（3）可以，如图所示，连接BD，作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点E′，连接E′B，E′D，四边形BC′DE′即为所求．
【解答】解：（1）如图记为点D所在的位置．
（2）如图，
∵AB＝4，BC＝10，∴取BC的中点O，则OB＞AB．
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于P1，P2两点，
连接BP1，P1C，P1O，∵∠BPC＝90°，点P不能再矩形外；
∴△BPC的顶点P1或P2位置时，△BPC的面积最大，
作P1E⊥BC，垂足为E，则OE＝3，
∴AP1＝BE＝OB﹣OE＝5﹣3＝2，
由对称性得AP2＝8．
（3）可以，如图所示，连接BD，
∵A为?BCDE的对称中心，BA＝50，∠CBE＝120°，
∴BD＝100，∠BED＝60°
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点E′，连接E′B，E′D，
则E′B＝E′D，且∠BE′D＝60°，∴△BE′D为正三角形．
连接E′O并延长，经过点A至C′，使E′A＝AC′，连接BC′，DC′，
∵E′A⊥BD，
∴四边形E′D为菱形，且∠C′BE′＝120°，
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则EF≤EO+OA﹣E′O+OA＝E′A，
∴S△BDE＝?BD?EF≤?BD?E′A＝S△E′BD，
∴S平行四边形BCDE≤S平行四边形BC′DE′＝2S△E′BD＝1002?sin60°＝5000（m2）
所以符合要求的?BCDE的最大面积为5000m2．
6.（2019 重庆中考）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连结AE，EM⊥AE，垂足为E，交CD于点M，AF⊥BC，垂足为F，BH⊥AE，垂足为H，交AF于点N，点P是AD上一点，连接CP．
（1）若DP＝2AP＝4，CP＝，CD＝5，求△ACD的面积．
（2）若AE＝BN，AN＝CE，求证：AD＝CM+2CE．
【分析】（1）作CG⊥AD于G，设PG＝x，则DG＝4﹣x，在Rt△PGC和Rt△DGC中，由勾股定理得出方程，解方程得出x＝1，即PG＝1，得出GC＝4，求出AD＝6，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）连接NE，证明△NBF≌△EAF得出BF＝AF，NF＝EF，再证明△ANE≌△ECM得出CM＝NE，由NF＝NE＝MC，得出AF＝MC+EC，即可得出结论．
【解答】（1）解：作CG⊥AD于G，如图1所示：
设PG＝x，则DG＝4﹣x，
在Rt△PGC中，GC2＝CP2﹣PG2＝17﹣x，
在Rt△DGC中，GC2＝CD2﹣GD2＝52﹣（4﹣x）2＝9+8x﹣x2，
∴17﹣x2＝9+8x﹣x2，
解得：x＝1，即PG＝1，
∴GC＝4，
∵DP＝2AP＝4，
∴AD＝6，
∴S△ACD＝×AD×CG＝×6×4＝12；
（2）证明：连接NE，如图2所示：
∵AH⊥AE，AF⊥BC，AE⊥EM，
∴∠AEB+∠NBF＝∠AEB+∠EAF＝∠AEB+∠MEC＝90°，
∴∠NBF＝∠EAF＝∠MEC，
在△NBF和△EAF中，，
∴△NBF≌△EAF（AAS），
∴BF＝AF，NF＝EF，
∴∠ABC＝45°，∠ENF＝45°，FC＝AF＝BF，
∴∠ANE＝∠BCD＝135°，AD＝BC＝2AF，
在△ANE和△ECM中，，
∴△ANE≌△ECM（ASA），
∴CM＝NE，
又∵NF＝NE＝MC，
∴AF＝MC+EC，
∴AD＝MC+2EC．
7.（2019?济南）如图，在?ABCD中，E、F分别是AD和BC上的点，∠DAF＝∠BCE．求证：BF＝DE．
【分析】由平行四边形的性质得出∠B＝∠D，∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，证出∠BAF＝∠DCE，证明△ABF≌△CDE（ASA），即可得出BF＝DE．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，
∵∠DAF＝∠BCE，
∴∠BAF＝∠DCE，
在△ABF和△CDE中，，
∴△ABF≌△CDE（ASA），
∴BF＝DE．
8.（2019?日照）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．
【分析】（1）由“ASA”可证△COF≌△AOE，可得EO＝FO，且GO＝HO，可证四边形EHFG是平行四边形；
（2）由题意可得EF垂直平分AC，可得AE＝CE，由勾股定理可求AE的长．
【解答】证明：（1）∵对角线AC的中点为O
∴AO＝CO，且AG＝CH
∴GO＝HO
∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB
∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA
∴△COF≌△AOE（ASA）
∴FO＝EO，且GO＝HO
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接CE
∵∠α＝90°，
∴EF⊥AC，且AO＝CO
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2，
∴AE2＝（9﹣AE）2+9，
∴AE＝5
9.（2019?沈阳）在平面直角坐标系中，直线y＝kx+4（k≠0）交x轴于点A（8，0），交y轴于点B．
（1）k的值是 ；
（2）点C是直线AB上的一个动点，点D和点E分别在x轴和y轴上．
①如图，点E为线段OB的中点，且四边形OCED是平行四边形时，求?OCED的周长；
②当CE平行于x轴，CD平行于y轴时，连接DE，若△CDE的面积为，请直接写出点C的坐标．
【分析】（1）根据点A的坐标，利用待定系数法可求出k值；
（2）①利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标，由平行四边形的性质结合点E为OB的中点可得出CE是△ABO的中位线，结合点A的坐标可得出CE的长，在Rt△DOE中，利用勾股定理可求出DE的长，再利用平行四边形的周长公式即可求出?OCED的周长；
②设点C的坐标为（x，﹣x+4），则CE＝|x|，CD＝|﹣x+4|，利用三角形的面积公式结合△CDE的面积为可得出关于x的方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）将A（8，0）代入y＝kx+4，得：0＝8k+4，
解得：k＝﹣．
故答案为：﹣．
（2）①由（1）可知直线AB的解析式为y＝﹣x+4．
当x＝0时，y＝﹣x+4＝4，
∴点B的坐标为（0，4），
∴OB＝4．
∵点E为OB的中点，
∴BE＝OE＝OB＝2．
∵点A的坐标为（8，0），
∴OA＝8．
∵四边形OCED是平行四边形，
∴CE∥DA，
∴＝＝1，
∴BC＝AC，
∴CE是△ABO的中位线，
∴CE＝OA＝4．
∵四边形OCED是平行四边形，
∴OD＝CE＝4，OC＝DE．
在Rt△DOE中，∠DOE＝90°，OD＝4，OE＝2，
∴DE＝＝2，
∴C平行四边形OCED＝2（OD+DE）＝2（4+2）＝8+4．
②设点C的坐标为（x，﹣x+4），则CE＝|x|，CD＝|﹣x+4|，
∴S△CDE＝CD?CE＝|﹣x2+2x|＝，
∴x2﹣8x+33＝0或x2﹣8x﹣33＝0．
方程x2﹣8x+33＝0无解；
解方程x2﹣8x﹣33＝0，得：x1＝﹣3，x2＝11，
∴点C的坐标为（﹣3，）或（11，﹣）．
10.（2019?长春）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，BC＝15．点P从点A出发，沿AC向终点C运动，同时点Q从点C出发，沿射线CB运动，它们的速度均为每秒5个单位长度，点P到达终点时，P、Q同时停止运动．当点P不与点A、C重合时，过点P作PN⊥AB于点N，连结PQ，以PN、PQ为邻边作?PQMN．设?PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．
（1）①AB的长为 ；
②PN的长用含t的代数式表示为 ．
（2）当?PQMN为矩形时，求t的值；
（3）当?PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形时，求S与t之间的函数关系式；
（4）当过点P且平行于BC的直线经过?PQMN一边中点时，直接写出t的值．
【分析】（1）根据勾股定理即可直接计算AB的长，根据三角函数即可计算出PN．
（2）当?PQMN为矩形时，由PN⊥AB可知PQ∥AB，根据平行线分线段成比例定理可得，即可计算出t的值．
（3）当?PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形时，有两种情况，Ⅰ．?PQMN在三角形内部时，Ⅱ．?PQMN有部分在外边时．由三角函数可计算各图形中的高从而计算面积．
（4）当过点P且平行于BC的直线经过?PQMN一边中点时，有两种情况，Ⅰ．过MN的中点，Ⅱ．过QM的中点．分别根据解三角形求相关线段长利用平行线等分线段性质和可列方程计算t值．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，BC＝15．
∴AB＝＝＝25．
∴，
由题可知AP＝5t，
∴PN＝AP?sin∠CAB＝＝3t．
故答案为：①25；②3t．
（2）当?PQMN为矩形时，∠NPQ＝90°，
∵PN⊥AB，
∴PQ∥AB，
∴，
由题意可知AP＝CQ＝5t，CP＝20﹣5t，
∴，
解得t＝，
即当?PQMN为矩形时t＝．
（3）当?PQMN△ABC重叠部分图形为四边形时，有两种情况，
Ⅰ．如解图（3）1所示．?PQMN在三角形内部时．延长QM交AB于G点，
由（1）题可知：cosA＝sinB＝，cosB＝，AP＝5t，BQ＝15﹣5t，PN＝QM＝3t．
∴AN＝AP?cosA＝4t，BG＝BQ?cosB＝9﹣3t，QG＝BQ?sinB＝12﹣4t，
∵．?PQMN在三角形内部时．有0＜QM≤QG，
∴0＜3t≤12﹣4t，
∴0＜t．
∴NG＝25﹣4t﹣（9﹣3t）＝16﹣t．
∴当0＜t时，?PQMN与△ABC重叠部分图形为?PQMN，S与t之间的函数关系式为S＝PN?NG＝3t?（16﹣t）＝﹣3t2+48t．
Ⅱ．如解图（3）2所示．当0＜QG＜QM，?PQMN与△ABC重叠部分图形为梯形PQMG时，
即：0＜12﹣4t＜3t，解得：，
?PQMN与△ABC重叠部分图形为梯形PQMG的面积S＝＝＝．
综上所述：当0＜t时，S＝﹣3t2+48t．当，S＝．
（4）当过点P且平行于BC的直线经过?PQMN一边中点时，有两种情况，
Ⅰ．如解题图（4）1，PR∥BC，PR与AB交于K点，R为MN中点，过R点作RH⊥AB，
∴∠PKN＝∠HKR＝∠B，
NK＝PN?cot∠PKN＝3t＝，
∵NR＝MR，HR∥PN∥QM，
∴NH＝GH＝，HR＝，
∴GM＝QM﹣QG＝3t﹣（12﹣4t ）＝7t﹣12．HR＝．
∴KH＝HR?cot∠HKR＝＝，
∵NK+KH＝NH，
∴，
解得：t＝，
Ⅱ．如解题图（4）2，PR∥BC，PR与AB交于K点，R为MQ中点，过Q点作QH⊥PR，
∴∠HPN＝∠A＝∠QRH，四边形PCQH为矩形，
∴HQ＝QR?sin∠QRH＝
∵PC＝20﹣5t，
∴20﹣5t＝，解得t＝．
综上所述：当t＝或时，点P且平行于BC的直线经过?PQMN一边中点，
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