2024年中考数学一轮复习：四边形的性质与判定（解析版）

专题05四边形的性质与判定

目录

题型特训-精准提分

题型01多边形的相关计算

题型02多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合问题

题型03多边形内角和与外角和综合问题

题型04平面镶嵌

题型05根据平行四边形的性质与判定求解

题型06构建三角形中位线解决问题

题型07根据特殊四边形的性质与判定求解

题型08与特殊四边形有关的折叠问题

题型09利用特殊四边形的性质与判定解决多结论问题

题型10特殊四边形与函数综合

题型11与特殊四边形有关的规律探究问题

题型12与特殊四边形有关的新定义问题

题型13梯形的相关计算

题型14四边形的常见几何模型

题型15与特殊四边形判定有关的综合问题

■中考逆袭-高效集训

（时间：60分钟）

题型特训-精准提分

题型01多边形的相关计算

1.（2023•陕西榆林•三模）若从某个多边形的一个顶点出发，最多可以引6条对角线，则这个多边形的内角

和度数为.

【答案】1260°/1260度

【分析】根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式（71-3）求出边数，然后根据多边形的内角和公

式5-2）-180。列式进行计算即可得解.

【详解】解：••・多边形的一个顶点出发，最多可以引出6条对角线，

•••72—3=6,

・•・n=9,

•••该多边形的内角和为:（9-2）X180°=1260°.

故答案为：1260。.

【点睛】本题考查了多边形的内角和公式以及多边形的对角线公式，解题的关键在于求出多边形的边数.

2.（2022•陕西西安・模拟预测）一个正多边形的内角和是1440。，则此多边形的边数是,对角线共有—

条.

【答案】1035

【分析】设此多边形的边数是"，根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可.

【详解】解：设此多边形的边数是“

180°X（n-2）=1440°,

解得：n=10,

.•.对角线条数为：生尸=35,

故答案为：10,35.

【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握w边形的内角和为180。x

（n-2）,对角线条数为空三.

3.（2022・陕西西安.模拟预测）一个多边形的内角和为1080。，从该多边形的一个顶点出发引对角线，可以

把这个多边形分割成个三角形.

【答案】6

【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算分成三角形的个数.

【详解】解：设此多边形的边数为％,由题意得：（x-2）x180=1080,

解得；x=8,

从这个多边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成的三角形个数：8-2=6,

故答案为：6.

【点睛】此题主要考查了多边形的内角，关键是掌握多边形的内角和公式1805-2）,理解从一个“边形的

一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成（小2）个三角形.

题型02多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合问题

1.（2021•山东烟台・二模）如图，CG平分正五边形力BCDE的外角ADCF,并与NE4B的平分线交于点O,贝IJNAOG

的度数为（）

A.144°B.126°C.120°D.108°

【答案】B

【分析】根据正五边形的性质分别解得正五边形的每个内角、每个外角的度数，结合角平分线的性质得到

乙DCG=36°,乙。AB=54°,接着由四边形的内角和为360。解得U0C=54。，最后由邻补角定义解题即可.

【详解】解：••・CG平分正五边形力BCDE的外角NDCF,

Z.DCG—Z.GCF

•••4。平分NE4B,

Z.EAO=Z.OAB,

••,正五边形4BCQE中，

（5-2）X180°360°

4ABe=-------=---------=108°,ZDCF=-^―=72°

1111

・•・（DCG=-ZDCF=-x72°=36°,^OAB=-Z.EAB=-x108°=54°

2222

.­.Z.OAB+/.ABC+乙BCD+乙DCG=54°+108°+108°+36°=306°

^AOC=360°-306°=54°

ZXOG=180°-54°=126°,

故选：B.

【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和，涉及角平分线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌

握相关知识是解题关键.

2.（2023•江苏宿迁•模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正“边形……右上，若41一42=60。,

则九=

【答案】6

【分析】过4作42314^,根据平行线的性质可得44=43,^CA2B=Z1,求得乙434B=60。，设正多

边形的内角为x,则满足N4=180。-%,推得43=x-60。，即可求得x=120。，得到N4=60。，即可求出

正多边形的边数.

【详解】解：过冬作乙引&乙，

贝此4=43,Z.CA2B=Z1

Vzl-42=60°

Z-A3A2B=60°

设正多边形的内角为x,则44=180。—x

•\x=60°+z.3

."3=x-60°

V1800-x-x-60°,解得x=120。

."4=60°

.•.这个正多边形的边数为360。+60。=6

故答案为：6.

【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外

角性质是解题的关键.

3.（2020•河南•二模）如图，在2Moe中,乙8=25。，点。是BC边上一点，连接2D,且4。=BD,/.CAD=90°,

CF平分乙4CB,分别交4D,28于点E,F,贝吐2EC的度数为.

【分析】禾!!用AD=BD,得到NB=/BAD=25。，再由直角三角形中两锐角互余和角平分线的定义进行计算

即可；

【详解】：AD=BD,

AZB=ZBAD=25°,

AZADC=50°,

,/ZCAD=90o,

/.ZACD=40°,

：CF平分NACD,

1

・•・ZACE=-ZACD=20°,

2

・・・NAEC=70。，

故答案是：70°.

【点睛】本题主要考查了外角和的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余关系，准确计算是解题

的关键.

题型03多边形内角和与外角和综合问题

1.（2023•江西抚州・二模）如图，七边形4BCDEFG中，AB,的延长线交于点O,若41、/2、乙3、44的

外角和等于220。，则NB。。的度数为（）

A.20°B.35°C.40°D.45°

【答案】C

【分析】根据多边形的外角和，求得NBOH=140。，再利用邻补角的定义，即可求出NB。。的度数.

【详解】解：■:五边形40EFG的夕卜角和为360°,且七边形4BCDEFG中，zl,Z2,43,44的夕卜角和等于220。,

.­.Z.BOH=360°-220°=140°,

.­./.BOD=180°-140°=40°,

故选：C.

【点睛】本题主要考查了多边形外角和问题，解题关键是掌握多边形的外角和等于360。.

2.（2023・山西大同•模拟预测）等边三角形、正方形及正五边形各一个，按下图放在同一平面内，贝此1+42+

C.106°D.108°

【答案】A

【分析】根据正方形，正三角形和正五边形的内角以及正多边形的外角和即可即可求解.

【详解】正三角形的每个内角为180。4-3=60°,

正五边形的每个内角（5-2）x180°+5=108°,

正方形的每一个内角为360。+4=90°,

.".Z1+42+43=360°-90°-60°-108°=102°,

故选：A.

【点睛】本题考查了正多边形的外角和与内角和的关系，熟练掌握多边形的外角和为360。是解题的关键.

3.（2023•河北秦皇岛•二模）如图，将四边形4BCD剪掉一个角得到五边形.下列判断正确的是（）

结论①：变成五边形后外角和不发生变化；

结论②：变成五边形后内角和增加了360。；

结论③：通过图中条件可以得到+Z2=240°；

A.只有①对B.①和③对C.①、②、③都对D.①、②、③都不对

【答案】B

【分析】根据多边形的外角和是360。，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的

性质即可求解.

【详解】解：①任意多边形的外角和是360。，故①正确；

根据多边形内角和定理（5-2）X180°-（4-2）X180°=180°,

四边形力BCD剪掉一个角得到五边形内角和增加了180。，故②错误，

如图所示，

Vzl=z4+4442=43+zX

/.zl+N2=N3+z_4+NA+NA=180°+z_4=180°+60°=240°,故③正确，

故选：B.

【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上

知识是解题的关键.

4.(2022•陕西西安•模拟预测)已知一个正多边形的内角和与外角和的和为1620。，则这个正多边形的边数

是—.

【答案】9

【分析】根据正多边形内角和公式和外角和列方程即可求解.

【详解】解：设正多边形的边数为"，

则180X(n-2)+360°=1620°,

.".n=9,

.•.这个正多边形的边数是9.

故答案为：9.

【点睛】本题考查多边形内角和外角，解题关键是掌握多边形内角和公式.

题型04平面镶嵌

1.(2024.河北石家庄.一模)有三个大小一样的正六边形，可按下列方式进行拼接，方式1：如图1；方式2：

图1图2

(1)若有六个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长是；

(2)有w个长均为1的正六边形，采用上述两种方式的一种或两种方式混合拼接，若图案的外轮廓的周长

为18,则〃的最大值为.

【答案】267

【分析】本题考查平面镶嵌，利用数形结合的思想是解题关键.

(1)采用方式1拼接，则所得图案的外轮廓的周长为4n+2,将九=6代入计算即可;

（2）两种方式的一种或两种方式混合拼接，见越大，外轮廓周长越小，可得正六边形间重叠的边数越多，

则把六个正六边形绕一个六边形拼接即可.

【详解】解：（1）有六个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接,所得图案的外轮廓的周长为6x4+2=26.

故答案为：26；

（2）按下图拼接，图案的外轮廓的周长为6x3=18,此时正六边形的个数最多，即〃的最大值为7.

2.（2023•河北沧州•二模）要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形,

边长记作2a.下面我们来研究纸盒底面半径的最小值.

（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1,图2所示的两种布局方案.

方案I中纸盒底面半径的最小值为；

方案II中纸盒底面半径的最小值为;

（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为

【答案】6a7a377a

【分析】（i）由图形可知，方案I中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案n中纸盒底面半

径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；

（2）考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半

径即可.

【详解】（1）如图1所示，方案I中纸盒底面半径最小值即为。4的长度,

•.•正六边形的边长为2a,

0A=2Q+4a=6a；

如图2所示，方案n中纸盒底面半径最小值即为OB的长度,

。4=Q+2a+4a=7a；

故答案为：6a；7G；

(2)如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为。C,连接CQ、PC、PQ,

♦.•正六边形的边长为2a,

CP=3x2V3a=6V5a,PQ=2a+4a+4a+2a=12a,

■:乙CPQ=90°,

/.CQ=y/CP2+PQ2=6V7a,

：.OC=^CQ=3V7a,

故答案为：3ea.

【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握正多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算

是解题关键.

3.(2022.河北・二模)如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条公共边，围成一

圈后中间形成一个正方形.设正方形的边长为1,则该图形外轮廓的周长为;若"个全等的正多边形

中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长为1,则该图形外轮

廓的周长是

【答案】2027

【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解.求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正n边形,

为正12边形，据此即可求解.

【详解】解：•.•正方形的边长为1,

...该图形外轮廓的周长为(8-3)x4=20,

若〃个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，贝加边形的一个内角为吟竺=150。

则n边形的一个外角180。-150°=30°,

n=360°+30°=12,

根据相邻的两个正多边形有一条公共边，

则图形外轮廓的周长为(12-3)X3=27

故答案为：20,27

【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键.

题型05根据平行四边形的性质与判定求解

1.(2024•陕西西安.模拟预测)如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点。，EF1BD,垂足为点

EF分另IJ交2D、DC及BC的延长线于点E、M、F,且ED：CF=1：2,贝切的值为()

【答案】D

【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判断，先由菱形的

性质得到4。IIBC,ACLBD,AD=BC,再证明ACIIEF,进而证明四边形4EFC是平行四边形，得到4E=CF,

由此可得到DE：BF=1:5,再证明△£）£1//sABFH,得到"■=匹=工，则DH：DB=

BHBF56

【详解】解：・・•四边形是菱形，

：.AD||BC,ACLBD,AD=BC,

•；EFLBD,

：.AC||EF,

・•・四边形4EFC是平行四边形，

：.AE=CF,

*：ED：CF=1：2,

：.ED：AE=1:2,

：.ED\AD=ED：BC=1:3,

：.DE：BF=1:5,

U：AD||BC

：.△DEHfBFH,

,DHDE1

..----=-----=—,

BHBF5

i

：.DH：DB=~,

6

故选：D.

2.（2023•河北承德・一模）如图，在菱形力BCD中，AC,BD（4C>BD）相交于点0,E、F分别为04和。C上

的点（不与点4、。、C重合）.其中4E=0F.过点E作G”1AC,分别交AD、4B于点G、H；过点尸作〃1AC

分别交CD、CB于点/、I；连接G/、HI,甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：

甲：随着2E长度的变化，GH+IJ=BD始终成立.

乙：随着2E长度的变化，四边形GH//可能为正方形.

丙：随着AE长度的变化，四边形GH〃的面积始终不变，都是菱形4BCD面积的一半.

下列选项正确的是（）

D

A.甲、乙、丙都对B.甲、乙对，丙不对

C.甲、丙对，乙不对D.甲不对，乙、丙对

【答案】c

【分析】连接交于点M,根据轴对称的性质得出GE=EHJF=FI,MG=MH,MJ=MI,G]=HI,

EO=FC,过点G作GK1BD于点K,过点/作/T1BD于点T,证明△DT/三ADKGmA/FC得出GH+

1]=BD,即可判断甲，进而得出四边形AW/D是平行四边形，四边形H/BC是平行四边形，即可判断丙，反

证法证明四边形GH〃不可能是正方形，即可求解.

【详解】解：如图所示，连接W/,G/,交于点M,

:四边形4BCD是菱形，GH1AC,IJ1AC,

根据菱形是轴对称图形，AC是GH/J,8。的垂直平分线,

:.GE=EHJF=FI,MG=MH,MJ=MI,GJ=HI,

9CAE=OF,OA=OC,

：.E0=FC,

如图所示，过点G作GKLBO于点K,过点/作/T，80于点T,

则四边形GEOK,T/E。是矩形，

；・GK=E0=FC,KO=GE=|GH,T]=OF=AEtTO=JF=

・・•四边形/BCD是菱形，

：./.DAO=乙DCO,

VGK\\AOfTJ\\OCf

"DJT=乙DCA=/-GAE,乙DGK=^DAC=ZjCF,

：.△DTJ=△GEA,△DKG=△JFC,

：.D]=AG,]C=GD,GE=DT,]F=DK,

：.^DB=DO=DT+T0=GE+JF=/GH+〃），

即GH+〃=BO,故甲正确；

U：D]=AG,又

：.JD=AH,

・•・四边形ZH/。是平行四边形，

,,£”切=]S四边形A即0,HJWAD,HJ=AD,

・•・四边形H/BC是平行四边形,

:=5s四边形BHJC'

.Ill

•・S四边形GH"=S"HCJ+SAH〃=2SVm^BHJC+55四边形4H/D=5s菱形4方。。‘

即四边形GH〃的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半，故丙正确；

同理可得4G8/,CDG/是平行四边形，

：.G1\\CD,HJWAD,

,/当GH//是正方形时，则G/1HJ,

：.AD1DC,

则四边形4BCD是正方形，

'：AC>BD,

四边形ABC。不是正方形，即四边形GH〃不可能是正方形，故乙错误，

故选：C.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的

关键.

3.（2023•江苏泰州•二模）证明：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半.

已知：如图1,D、E分另U是△ABC的边4B、4C中点，求证：DE\\BC,DE=”C.

下面是某学习小组探究证明思路时发现的三种添加辅助线的方法，请选择其中一种，完成证明.

方法1：延长DE至点F,使EF=DE,连接CF；

方法2：过点C作CFII4B交DE的延长线于尸；

方法3：过E作EF||4B交BC于F,过A作4G||BC交FE的延长线于点G.

应用：如图2,D、E分另IJ是AABC的边力8、AC中点，请用无刻度的直尺和圆规作△ABC的角平分线（要

求：直尺和圆规分别只使用一次，并保留作图痕迹）.

【答案】见解析

【分析】本题考查了作图、平行线的判定与性质、角平分线的性质和三角形中位线定理,

证明：方法1：延长DE至点F,使EF=DE,连接CF,先证明△4DE三△CEF得到力D=CF,乙力=AF,则

AB||CF,加上8。=CF,则可判断四边形8DFC为平行四边形，根据平行四边形的性质得到DF=BC,DF||

BC,从而得至IjDEIIBC,DE=^BC；

方法2：过点C作CFII4B交DE的延长线于F,先证明△4DE三△CEF,得到相应的边长相等，可得到四边形

BDFC为平行四边形，即可得到答案；

方法3：需要证明两次三角形全等，以及证明两次平行四边形可得到结果；

应用：根据等腰三角形的性质以及平行线的性质可得到答案；

解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，

逐步操作

【详解】证明：方法1：延长DE至点尸，使EF=DE,连接CF,如图所示：

；D、E分另！］是AABC的边AB、4C中点,

AD=BD,AE=CE,

在△ZOEWCEF中，

(AE=CE

\^.AED=乙CEF,

(DE=FE

：.△ADE=^CEF(SAS),

AD=CF,Z-A=ZF,

AB||CF,

AD=BD=CF,

••・四边形80FC为平行四边形，

DF=BC,DF||BC,

：.DE||BC,DE=-2BC；

方法2：过点C作CFIMB交DE的延长线于F,如图所示:

A

VCF\\AB,

：.^A=乙FCE,

•••0、E分别是△ZBC的边AB、ZC中点，

，AD—BD,AE—CE,

在ZkADE和△CEF中，

'=乙FCE

AE=CE,

./,AED=乙CEF

：.^ADE=^CEF(ASA),

：.AD=FC,DE=EF,

即40=BD=FC,

・•・四边形BOFC为平行四边形，

・•.DF=BC,DF||BC,

i

・•・DE||BC,DE=-BC；

2

方法3：过E作EF||4B交8C于F,过A作/G||BC交FE的延长线于点G,如图所示:

BFC9

*：EF||AB,AG||BC,

：.GF||AB,AG||BF,

・・・四边形AGFB为平行四边形,

：.AG=BFfAB=GF,

VAGIIBC,

AzG=乙CFE,

•：D、E分别是△ABC的边/B、4c中点,

AD=BD,AE—CE,

在AAGE和中，

ZG=Z.CFE

Z.GEA=乙FEC,

、AE=EC

C.^AGD=LCFE(AAS),

：.AG=CF,GE=EF,

'：EF||AB,AG||BC,

C.^LGAE=^DEA,^DAE=GEA,

,：AE=EA,

：.^AGE=LEDA(ASA),

：.AG=DE.AD=GE,

U：AD||GF,

・・・四边形/GE。为平行四边形，

：.AG||DE,AG=DE,

*：AG||BC,AG=FC,AG=BF,

：.DE||BC,DE=-BC；

2

应用：如图2,BP为所作的角平分线,

先在DE上截取DF=OB,连接BF并延长交2C于P点，由08=DF得到/DBF=40F8,再根据DE为△4BC

的中位线得至UDEIIBC,所以NDFB=NCBF,贝!JADBF=NCBF,从而得至ijBP平分NABC.

4（2023・河南周口•三模）综合与实践

A

(1)如图①，△力BC是等腰三角形，点、D,E分别在腰北，28上，且BE=CD,连接BD,CE.判断BD与CE长

度的大小关系，并证明；

问题探究

(2)如图②，4。是△48C的中线，BE交4C于E,交4。于F,^AE=EF,AC=8,则BF=；

问题解决

(3)今年全国两会上，不少来自农村、关注“三农”工作的代表委员期待电力在全面推进乡村振兴中发挥越来

越重要的作用.某地区规划出如图③所示的四边形2BCD地块，计划开发出一个生态宜居，绿色人文的农业

观光区，其中4D1CD,BC1CD,/.BAD=120°,AE是现有的地下电缆，CE=AB.为满足农业用电，B点

和C点分别设置了风力发电机，现要埋电缆线路BP与线路4C,点P是2E的中点.已知埋每米电缆的费用是a

元，请问埋电缆线路4C的费用是线路BP费用的几倍？并说明理由.

【答案】(1)BD=CE,理由见解析

(2)8

(3)埋电缆线路4C的费用是线路8P费用的2倍，理由见解析

【分析】(1)由“SAS”可证AEBCmADCB,可得BD=CE；

(2)由“SAS”可证△4DCmAMOB,可得==ZM,由等腰三角形的性质可求NBFD=Z.CAD=

Z.M,从而即可得到答案；

(3)先证明四边形4BEF是平行四边形，可得FE=4B,FE||AB,由“SAS”可证AABC三AFCB,得至以。=

FB=2BP,即可求解.

【详解】(1)解：BD=CE,

证明：•••△48C是等腰三角形，

:.乙EBC=乙DCB,

在AEBC与ADCB中,

BE=CD

乙EBC=Z-DCB,

、BC=CB

:,XEBCzXDCB^g,

：.BD=CE；

(2)解：如图，延长4。到M,使40=DM,连接BM,如图②所示,

B\D：C

\X/I

\、,/图②

M,

・・・/0是448。的中线，

ACD=BD,

在△ACO和AMBO中，

(AD=MD

\/-ADC=乙MDB,

(CD=BD

.,.△TlDC^AMDB(SAS),

:,BM=AC,Z.CAD=Z.M,

*：AE=EF,

：./.CAD=^LAFE,

Z.AFE=4BFD,

・••乙BFD=ACAD=4M,

：.BF=BM=AC=8；

故答案为：8；

(3)解：'：AD1CD,BC1CD,

：.AD||BC,

V/-BAD=120°,

：.Z-ABC=60°,

如图③，延长BP交/。于点F,连接EF,CF,

图③，

9：AD||BC,

;•乙PAF=^PEB,乙PFA=^PBE,

•・,点P是/E的中点，

：.AP=EP,

.,.△XFP=AEBP(AAS),

：.AF=BE,BP=PF,

・・・四边形4BEF是平行四边形，

：.FE=AB,FE||AB,

：.Z.FEC=Z.ABC=60°,

\9FE=AB,CE=AB,

：.FE=CE,

•••△FEC是等边三角形，

：・FE=FC,Z-FCB=60°,

：.AB=FC,(ABC=乙FCB=60°,

YBC=CB,

.,.△XBC=AFCB(SAS),

：.AC=FB=2BP,

•・•埋电缆线路"的费用为a•ZC=a•2BP=2aBP,埋电缆线路B尸的费用为a•BP=aBP,

・・・埋电缆线路4C的费用是线路BP费用的2倍.

【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形

的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键.

题型06构建三角形中位线解决问题

1.(2023•山东青岛•模拟预测)如图，四边形EFGH顶点是四边形各边中点，若把EFGH涂满红油漆需

要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要桶

【答案】10

【分析】本题考查的是中点四边形，中位线定理和相似三角形的面积比等于相似比的平方；根据题意得出

S四边形EFGH=5$四边形即可求解・

【详解】解：如图所示，连接4C,8。，

分别是4Q4B的中点，

：.EF\\BD,-=-

BD2

△AEF〜&ADB

**,^LAEF=7^AABD9同理可得S4CGH=~^^BCD9

1

则SAAEF+S&CGH=1S四边形B4CD

同理可得SADEH+SABGF=四边形4BC0

，S四边形EFGH=5s四边形4BCD

若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要10桶，

故答案为：10.

2.（2023•安徽•二模）如图，在AABC中，乙48c=90。,43=BC=6,延长BC到点。，CD=4,点E是4。的

中点，BE交AC于点尸，则AAEF的面积为

D

【答案】T

【分析】利用三角形的面积公式求出AACD的面积，进而求出△力BD的面积，利用中线平分面积，得到A/IBE

的面积，取4C的中点G,连接EG,得至UEGIICD,EG=工。£),推出ABFCSAEPG,求出处的值，利用同高

2BF

三角形点面积比等于底边比，进行求解即可.

【详解】解：=90。,48==6,CD=4,

：.S^ABD=lAB-QBC+CD)=30,

•.•点E是4。的中点，

.1

•,^LABE~2~15，

取4C的中点G,连接EG,贝！J：EG||CD,EG=^CD=2,

△BFCs'EFG,

,EF_EG_2_1

**BF一BC_6-3’

.EF_1

••=一,

BE4

:，SkAEF：SRABE=EF：BE=1：4,

.c_1c_15

,*"EF_-4；

故答案为：V-

4

【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造三角

形的中位线和相似三角形.

3.(2023•浙江•模拟预测)已知四边形4BCD内接于圆0,对角线力C与BD垂直相交于点E,点F,G分别为

AB,CD的中点，求证：EF=0G.

【答案】见解析

【分析】作直径DH,根据三角形中位线定理求得OG.CH,根据直角三角形斜边中线的性质求得EF=\AB,

再利用等角的余角相等求得“CB=乙HDC,推出4B=CH,据此即可证明EF=0G.

【详解】证明，作直径DH,连接CH,

•.•点G、。分别为DH、CO的中点，

1

：.0G=-CH,

2

点产为48的中点，

：.EF=-AB,Z.DBC+/LACB=90°,

2

•「o”为直径，

AZ.DCH=90°,

工乙H+乙HDC=90°,

又•：（H=乙DBC,

：.Z.ACB=乙HDC,

：.AB=CH,

：.EF=OG.

【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，正确引出辅助线解决

问题是解题的关键.

4.（2023•福建泉州•模拟预测）在△ABC中,尸为边4B上一点.

图3

（1）如图1,^AC2=AF-AB,求证：△力CFSAABC.

⑵若G为CF的中点，AC=4,

①如图2,若乙FBG=AACF,AB=5,求BF的长；

②如图3,若N2BC=30。，乙4=NBGF=45。，直接写出8F的长.

【答案】（1）见解析

⑵①3；②BF=2V10-2V2

【分析】⑴根据已知条件得出*=又〃=”,即可得证；

AFAC

（2）①角军法1：延长FB至！J点D,使FB=BD,连结DC,设：BF=x,贝!=x,AD=5+x,AF=5-x,

明ATICFsAADC,根据相似三角形的性质歹（J出方程，解方程，即可求解；①解法2：取R4中点。，连结QG,

设：AD=DF=x,则BD=5-尤，证明ADGFSADBG,根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可

求解；

②解法1：延长尸8至！J点D,使=连结DC,过点C作CE，48于点E,证明△DCF—AIMC,得出。C?=

AD-DF,在Rt△£）£■（：中，DC2=DE2+EC2,贝！|力。•DF=DE?+EC?,建立方程，解方程，即可求解；

②解法2：过点C作CE148于点E,在4E上取点。，使CD=CF,在RtADEC中，勾股定理求得CD,证明

△DCA-AFBG,得出OC-FG解方程，即可求解.

【详解】（1）,.'AC2=AF-AB,即生=丝

Vz.71=NA,

△ACF〜&ABC；

①解法1：延长FB到点D,使FB=BD,连结DC

设：BF—x,贝=*,AD—5+x,AF=5—%

•••G为CF的中点，B为CF的中点，

•••5G>AFDC的中位线，

•••BGWDC

Z.FBG=Z-D,

乙FBG=Z.ACF,

•••Z.D=Z.ACF,

•・•Z-A=Zi4,

△ACF'-AADC

ACAF

•*-----=----f

ADAC

.4_5-x

"5+x4

解得：%i=3,x2=-3（不合题意舍去）

BF=3

①解法2：取R4中点。，连结。G

设：AD=DF=x,贝l|8D=5-x

•••G为CF的中点，。为4F的中点

DG是AR4C的中位线

DGWAC,且DG=^AC=2

・••乙FGD=Z.ACF

•••乙DBG=Z-ACF,

Z.FGD=乙DBG,

Z-BDG=Z-BDG,

△DGFDBG

DG_DF

BD-DG

2_x

5-x-2

解得：=1,X2=4（不合题意舍去）

•*.AD=DF=1,

・•.BF=AB-AF=5-2=3

②解法1：延长FB到点D,使FB=BD,连结DC,过点C作CE，4B于点E,

D*---

设：BF=BD=x,

■■■Rt△AEC^,Z.A=45°,

.­"AE=CE=£=2V2,

•••RtABEC中，/.ABC=30°,

•••BE=V3£C=2V6,

ED-BD+BE-x+2历，

AD=ED+AE=x+2A/6+2V2,

vG为CF的中点，B为DF的中点

BG是AFOC的中位线，

•••BGWDC,

•••Z-BGF=乙FCD,

vZ-BGF=Z.A,

Z.FCD=乙4,

•・•乙0=,

△DCFs'DAC,

.DC_DF

••AD-DC9

DC2=AD-DF,

•••在RtADEC中，DC2=DE2+EC2,

AD-DF=DE2+EC2

22

即2%（x+2迎+2&）=（x+2&）+（2V2）

解得：%!=2V10-2V2,x2--2V10-2V2（不合题意舍去）

BF=2V10-2V2

②解法2：过点C作CE14B于点E,在AE上取点D,使CD=CF,

设：BF=x,

■：RtAAEC中，Z.A=45°,

AE=CE==2V2,

RtABEC中，/.ABC=30°,

BE=V3£C=2V6.

•••EF=BE-BF=2V6-x,

VCD=CF,CELAB,

DE=EF=2V6—x,

AD=AE-DE=2V2-2A/6+x,

•.,在Rt△DEC中，CD=yjDE2+CE2=J（2迎一〃『+8,

•••CF=CD=J（2V6-x）2+8,

G为CF的中点,

FG=^CF=|J（2V6-x）2+8,

­••CD=CF,/.CFD=乙CDF,

•••180°-乙CFD=180°-乙CDF,即NBFG=^CDA

Z.A=Z.BGF,

•••△DCAFBG,

.DC_BF

ADFG

・•・DC•FG=AD,BF,

•••J（2V6-+8•iJ（2V6-%）2+8=x（2V2-2V6+%）

解得：Xi=2V10-2V2,%2=-2V10-2V2（不合题意舍去）

BF=2710-2V2

【点睛】本题主要考查三角形的综合性题目，包括相似三角形的判定和性质，三角形中点的性质，三角形

内角和定理等，熟练掌握运用这些知识点是解题关键.

题型07根据特殊四边形的性质与判定求解

1.（2024.山西朔州.一模）如图，在矩形力BCD中，力B=4,BC=3,M为对角线BD上的一点（不与点重

合），连接4M,过点M作MN14M交边CD于点N,连接4V.若BM:BD=2:5,则DN的长为.

【答案】|

【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关判定及性质，适当添加辅助线

解决问题是解题的关键.

过点M作MG于G,延长GM交CD于则GH1CD,根据矩形的性质，可证△BGMsABAD,从而得

出BG=£,aG=HD=g,MG=y,MH=y,再根据A4GMMHN可得HN=£进而可得DN.

【详解】解：过点M作MGLAB于G,延长GM交CD于H,则GH1CD,如图:

,・,四边形ABCD为矩形，

・・・ABAD=^ADC=Z.AGH=90°,AD=BC=3,AB=CD=4,

・•・四边形/G”O为矩形，

AAG=DH,GH=AD=3,GM\\AD.

・•・△BGMBAD,

.BG_GM_BM

••BA-AD~BD9

•・•BM\BD=2:5,

.BG_GM_BM_2

"BA~AD~BD~59

BG=-ABMG=-AD=

5555

AG=HDAB-BG=4--=—,

55

MH=GH-GM=3--=-,

55

•・•MN1AM,

・・・乙4MN=90°,

・•・乙AMG+乙HMN=90°,

•・•Z.AMG+Z.MAG=90°,

:.乙HMN=^MAG,

・・•Z.AGM=乙MHN=90°,

〜AMHN,

AG_MG

••MH―HN'

126

即：吾=三，

-HN

5

解得：HN=-,

10

129R

・•・DN=HD-HN=---=-

5102f

故答案为：|.

2.（2023•江苏盐城•模拟预测）如图，已知，等边AABC中，48=6,将AABC沿4C翻折，得至以4。。，连

接BD,交力C于O点，E点在。。上，S.DE=2OE,F是BC的中点，尸是力C上的一个动点，则|PF-PE|的

最大值为.

【答案】V3

【分析】由折叠可证四边形ABC。为菱形，2。是4C边上的中线，如图，连接AE、AF、PM,交BD于M,4F是

BC边上的中线，NB4C的角平分线，贝=2OM,AM=IMF,^CAF=30°,由DE=2OE,可得。M=OE,

则PE=PM,AE=AM,\PF-PE\=\PF-PM\,可知当点P运动到点A时，|PF-PE|最大，最大为FM,

勾股定理求4尸=VXC2-CF2=3V3,贝UFM=|XF,计算求解即可.

【详解】解：为等边三角形，AB=6,

AB=AC=BC=6,

・・・将△4BC沿4C翻折，得至IJ△ZOC,

AD=CD=BC=AB=6,

四边形4BCD为菱形，

:.DO=BO,4。=。。=3,BD1AC,

；.B。是4c边上的中线，

如图，连接AF,PM,交BD于M,

是BC边上的中线，NB4c的角平分线,

：.BM=2OM,AM=2MF,/.CAF=30°,

9：DE=ZOE,

：.0M=OE,

•:BDLAC,

：.PE=PM,AE=AM,

：.\PF-PE\=\PF-PM\,

・•・当点尸运动到点A时，IPF—PEI最大，最大为FM,

VzCi4F=30°,

ACF=3,

由勾股定理得，AF=y/AC2-CF2=3V3,

：.FM=-AF=

3

故答案为：V3.

【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理,

等腰三角形的判定与性质，含30。的直角三角形等知识.根据题意确定最大值的情况是解题的关键.

3.（2023・湖南娄底•三模）已知四边形48CD是矩形，连接

图1图2

（1）如图1,N4DB的平分线交4B于E,交CB的延长线于点F.ADBF的平分线交DF于点H,交ZM的延长线于

点G,连接FG.

①求证：BD=BF；

②求证：四边形GFBD为菱形；

（2）在⑴的条件下，如图2,连接2C交。尸于点P,交BD于点0,若DP=HP,求筹的值.

【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析

⑵遮

【分析】（1）由矩形性质得到40IIBC,贝叱4。尸=48FD,再由角平分线定义得到乙4DF=4BDF,则乙8/。=

Z.BDF,即可得出BD=BF；②由AD||BC,得到乙4DB+乙FBD=180°,进而根据相关角的关系得到BG1DF,

再由①中BD=BF,确定OH=FH,利用两个三角形全等的判定与性质得出△BDH=AGDH(ASA),利用平

行四边形判定及菱形的判定即可得证；

(2)根据题意得出P。是的中位线，有2CII8G,进而得到四边形4GBC是平行四边形，利用平行四

边形及矩形性质得到4。=AG=1DG,再根据(1)②中四边形BDGF是菱形，得出BD=2AD,在Rt△48。

中，根据勾股定理得=即可得到答案.

【详解】(1)证明：①•••四边形4BCD是矩形，

AD||BC,

Z.ADF=乙BFD,

•・•OF平分乙408,

•••Z-ADF=乙BDF,

・.・(BFD=Z.BDF

・•.BD=BF

②由①知/。IIBC,

・•・AADB+乙FBD=180°,

•・•OF平分4AD8,BG平分乙FBD,

••・乙ADB=2乙BDF,Z.FBD=2乙DBG,

・•・2(BDF+2乙DBG=180°,

・•・乙BDF+乙DBG=9。。，

乙BHD=180°-(乙BDF+(DBG)=90°,

BG_LDFj

由①知BO=BF,

・•.DH=FH,

•・.DF平分匕ADB,

••・(ADH=(BDH,

•・•DH=DH,2BHD=乙GHD,

/.△BDH<7DH(ASA),

BH=GH,

•・•DH=FH,

四边形BDGF是平行四边形，

•••BG1DF,

二四边形BDGF是菱形；

（2）解：•••点。是矩形对角线AC与BD的交点，

0D=0B,■：DP=HP,

P。是的中位线，

AC||BG,

•••AD||BC,

••・四边形4GBC是平行四边形，

AG=BC,

・・・四边形/BCD是矩形，

/.Z.BAD=90°,BC=AD,

1

.・.AD=AG=-DG,

2

由（1）②知四边形BDGF是菱形，

DG=BD,

BD=2ADf

在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB=yjBD2-AD2=V4XD2-AD=WAD,

.AB_y[3AD_&

"AD~AD.V•

【点睛】本题考查四边形综合，涉及矩形性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角

形的判定与性质、三角形中位线定理及勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质与判定，结合问题灵活运

用是解决问题的关键.

4.（2023•黑龙江齐齐哈尔•模拟预测）综合与实践

旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与我们所学过的全等三角形等等数学知识相结合来解决问题,

有时我们还能从中探索学习一些新知.小苗在研究三角形旋转过程中，进行如下探究：如图，已知正方形

4BCD和正方形4EFG.

(1)在图1中，点E,F,G分别在边力B,AC,AD±,直接写出丝=；

FC-

实践发现：

(2)将正方形4EFG绕点A顺时针旋转至图2所示位置，连接OG,FC,请问(1)中的结论是否发生变化？

并加以证明：

联系旧知：

(3)如果正方形力BCD的边长为5,正方形4FFG的边长为3.将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图3所示

位置，连接EG交2B于点M,交AC于点、N,若NG=£直接写出的长；

探求新知：

(4)在(3)的条件下，当正方形2EFG绕点A顺时针旋转至点E,F,8三点共线时，直接写出CG的长

【答案】(1)?

(2)(1)中的结论不变，证明见解析

(3)学

(4)VT7或病

【分析】(1)先根据等腰直角三角形的性质证明49=内6,再由FGIIDC根据平行线分线段成比例定理得

竺=竺，则处=竺=也.

GDFCFCAF2'

(2)连接4F,证明△ZMGsACAF,则殷="=叱，即可证明(1)中的结论不变；

FCAC2

(3)先由4E=A