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专题 4.3 四边形
一、单选题
1．【2018 年湖南省湘潭市中考数学试卷】如图，已知点 E、F、G．H 分别是菱形 ABCD 各边的中点，则四边
形 EFGH 是（ ）
A． 正方形 B． 矩形 C． 菱形 D． 平行四边形
【答案】B
【解析】分析：根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；
详解：连接 AC、BD．AC 交 FG 于 L．
同法可证：GF∥BD，
∴∠OLF=∠AOB=90°，
∵AC∥GH，
∴∠HGL=∠OLF=90°，2
∴四边形 EFGH 是矩形．
故选：B．
点睛：题考查菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定等、三角形的中位线定理知识，解题的关键是
学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2．【浙江省湖州市 2018 年中考数学试题】如图，已知在△ABC 中，∠BAC＞90°，点 D 为 BC 的中点，点 E
在 AC 上，将△CDE 沿 DE 折叠，使得点 C 恰好落在 BA 的延长线上的点 F 处，连结 AD，则下列结论不一定正
确的是（ ）
A． AE=EF B． AB=2DE
C． △ADF 和△ADE 的面积相等 D． △ADE 和△FDE 的面积相等
【答案】C
【解析】分析：先判断出△BFC 是直角三角形，再利用三角形的外角判断出 A 正确，进而判断出 AE=CE，得
出 CE 是△ABC 的中位线判断出 B 正确，利用等式的性质判断出 D 正确．
详解：如图，连接 CF，
∵点 D 是 BC 中点，
∴BD=CD，
由折叠知，∠ACB=∠DFE，CD=DF，
∴BD=CD=DF，
∴△BFC 是直角三角形，
∴∠BFC=90°，
∵BD=DF，
∴∠B=∠BFD，
∴∠EAF=∠B+∠ACB=∠BFD+∠DFE=∠AFE，3
∴AE=EF，故 A 正确，
由折叠知，EF=CE，
∴AE=CE，
∵BD=CD，
∴DE 是△ABC 的中位线，
∴AB=2DE，故 B 正确，
∵AE=CE，
∴S△ADE=S△CDE，
由折叠知，△CDE≌△△FDE，
∴S△CDE=S△FDE，
∴S△ADE=S△FDE，故 D 正确，
∴C 选项不正确，
故选：C．
点睛：此题主要考查了折叠的性质，直角三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，作出辅助线是解本
题的关键．
3．【江苏省淮安市 2018 年中考数学试题】如图，菱形 ABCD 的对角线 AC、BD 的长分别为 6 和 8，则这个菱
形的周长是（ ）
A． 20 B． 24 C． 40 D． 48
【答案】A
【解析】分析：由菱形对角线的性质，相互垂直平分即可得出菱形的边长，菱形四边相等即可得出周长．
详解：由菱形对角线性质知，AO= AC=3，BO= BD=4，且 AO⊥BO，4
则 AB= =5，
故这个菱形的周长 L=4AB=20．
故选：A．
点睛：本题考查了菱形面积的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性
质，本题中根据勾股定理计算 AB 的长是解题的关键，难度一般．
4．【贵州省（黔东南，黔南，黔西南）2018 年中考数学试题】如图在▱ABCD 中，已知 AC=4cm，若△ACD 的
周长为 13cm，则▱ABCD 的周长为（ ）
A． 26cm B． 24cm C． 20cm D． 18cm
【答案】D
点睛：本题考查了平行四边形的性质．此题利用了“平行四边形的对边相等”的性质．
5．【浙江省杭州市临安市 2018 年中考数学试卷】如图直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=2，BC=3，
将腰 CD 以 D 为中心逆时针旋转 90°至 ED，连 AE、CE，则△ADE 的面积是（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D． 不能确定5
【答案】A
【解析】【分析】如图作辅助线，利用旋转和三角形全等证明△DCG 与△DEF 全等，再根据全等三角形对应
边相等可得 EF 的长，即△ADE 的高，然后得出三角形的面积．
【详解】如图所示，作 EF⊥AD 交 AD 延长线于 F，作 DG⊥BC，
∵CD 以 D 为中心逆时针旋转 90°至 ED，
∴∠EDF+∠CDF=90°，DE=CD，
又∵∠CDF+∠CDG=90°，
∴∠CDG=∠EDF，
在△DCG 与△DEF 中， ，
∴△DCG≌△DEF（AAS），
∴EF=CG，
∵AD=2，BC=3，
∴CG=BC﹣AD=3﹣2=1，
∴EF=1，
∴△ADE 的面积是： ×AD×EF= ×2×1=1，
故选 A．
【点睛】本题考查梯形的性质和旋转的性质，熟知旋转变换前后，对应点到旋转中心的距离相等、每一对
对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等是解题的关键．同时要注意旋转的三要素：①定点为旋转中心；
②旋转方向；③旋转角度．
6．【四川省内江市 2018 年中考数学试题】如图，将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，点 C 落在点 E 处，BE 交 AD
于点 F，已知∠BDC=62°，则∠DFE 的度数为（ ）6
A． 31° B． 28° C． 62° D． 56°
【答案】D
【解析】分析：先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠
的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE 的度数．
详解：∵四边形 ABCD 为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=90°，
∵∠FDB=90°-∠BDC=90°-62°=28°，
∵AD∥BC，
∴∠CBD=∠FDB=28°，
∵矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，
∴∠FBD=∠CBD=28°，
∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．
故选：D．
点睛：本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，
内错角相等．
7．【四川省内江市 2018 年中考数学试卷】如图，将矩形 沿对角线 折叠，点 落在 处， 交 于点
，已知 ,则 的度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D7
点睛：本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同
旁内角互补.
8．【湖北省恩施州 2018 年中考数学试题】如图所示，在正方形 ABCD 中，G 为 CD 边中点，连接 AG 并延长交
BC 边的延长线于 E 点，对角线 BD 交 AG 于 F 点．已知 FG=2，则线段 AE 的长度为（ ）
A． 6 B． 8 C． 10 D． 12
【答案】D
【解析】分析：根据正方形的性质可得出 AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得
出 =2，结合 FG=2 可求出 AF、AG 的长度，由 CG∥AB、AB=2CG 可得出 CG 为△EAB 的中位线，再利用
三角形中位线的性质可求出 AE 的长度，此题得解．
详解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，8
∴ =2，
∴AF=2GF=4，
∴AG=6．
∵CG∥AB，AB=2CG，
∴CG 为△EAB 的中位线，
∴AE=2AG=12．
故选：D．
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相似三角形的性质
求出 AF 的长度是解题的关键．
9．【湖北省宜昌市 2018 年中考数学试卷】如图，正方形 ABCD 的边长为 1，点 E，F 分别是对角线 AC 上的两
点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为 G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A． 1 B． C． D．
【答案】B
【解析】分析：根据轴对称图形的性质，解决问题即可.
详解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴直线 AC 是正方形 ABCD 的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为 G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形 EFHG 的面积与四边形 EFJI 的面积相等，
∴S 阴= S 正方形 ABCD= ，
故选：B．
点睛：本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
10．【山东省威海市 2018 年中考数学试题】矩形 ABCD 与 CEFG，如图放置，点 B，C，E 共线，点 C，D，G 共
线，连接 AF，取 AF 的中点 H，连接 GH．若 BC=EF=2，CD=CE=1，则 GH=（ ）9
A． 1 B． C． D．
【答案】C
【解析】分析：延长 GH 交 AD 于点 P，先证△APH≌△FGH 得 AP=GF=1，GH=PH= PG，再利用勾股定理求得 PG=
，从而得出答案．
详解：如图，延长 GH 交 AD 于点 P，
∵四边形 ABCD 和四边形 CEFG 都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H 是 AF 的中点，
∴AH=FH，10
点睛：本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等
知识点．
11．【新疆自治区 2018 年中考数学试题】如图，点 P 是边长为 1 的菱形 ABCD 对角线 AC 上的一个动点，点
M，N 分别是 AB，BC 边上的中点，则 MP+PN 的最小值是（ ）
A． B． 1 C． D． 2
【答案】B
【解析】分析：先作点 M 关于 AC 的对称点 M′，连接 M′N 交 AC 于 P，此时 MP+NP 有最小值．然后证明四
边形 ABNM′为平行四边形，即可求出 MP+NP=M′N=AB=1．
详解：如图
，11
作点 M 关于 AC 的对称点 M′，连接 M′N 交 AC 于 P，此时 MP+NP 有最小值，最小值为 M′N 的长．
∵菱形 ABCD 关于 AC 对称，M 是 AB 边上的中点，
∴M′是 AD 的中点，
又∵N 是 BC 边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形 ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即 MP+NP 的最小值为 1，
故选：B．
点睛：本题考查的是轴对称-最短路线问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关
键．
12．【新疆自治区 2018 年中考数学试题】如图，矩形纸片 ABCD 中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿 AE 对折，
使得点 B 落在边 AD 上的点 B1 处，折痕与边 BC 交于点 E，则 CE 的长为（ ）
A． 6cm B． 4cm C． 3cm D． 2cm
【答案】D
【解析】分析：根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形 ABEB1 是正方形，再根据正
方形的性质可得 BE=AB，然后根据 CE=BC-BE，代入数据进行计算即可得解．
详解：∵沿 AE 对折点 B 落在边 AD 上的点 B1 处，
∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形 ABEB1 是正方形，
∴BE=AB=6cm，
∴CE=BC-BE=8-6=2cm．
故选：D．
点睛：本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形 ABEB1 是正方形是解
题的关键．12
13．【山东省聊城市 2018 年中考数学试卷】如图，在平面直角坐标系中，矩形 的两边 ， 分别在
轴和 轴上，并且 ， .若把矩形 绕着点 逆时针旋转，使点 恰好落在 边上的 处，则点
的对应点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】分析: 直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1 三边关系，再利用勾股定理得出答案.
详解: 过点 C1 作 C1N⊥x 轴于点 N，过点 A1 作 A1M⊥x 轴于点 M，
由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，
∠1=∠2=∠3，
则△A1OM∽△OC1N，
∵OA=5，OC=3，
∴OA1=5，A1M=3，
∴OM=4，
∴设 NO=3x，则 NC1=4x，OC1=3，
则（3x）2+（4x）2=9，
解得：x=± （负数舍去），
则 NO= ，NC1= ，
故点 C 的对应点 C1 的坐标为：（- ， ）．13
故选：A.
点睛：此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N 是解题关键．
14．【四川省眉山市 2018 年中考数学试题】如图，在 ABCD 中，CD=2AD，BE⊥AD 于点 E，F 为 DC 的中点，
连结 EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S 四边形 DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论
的个数共有（ ）.
A． 1 个 B． 2 个 C． 3 个 D． 4 个
【答案】D
详解：如图延长 EF 交 BC 的延长线于 G，取 AB 的中点 H 连接 FH．
∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△FCG，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，14
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S 四边形 DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，∵CF∥BH，
∴四边形 BCFH 是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形 BCFH 是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故选：D．
点睛：本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形
的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中
的压轴题．
15．【广西壮族自治区桂林市 2018 年中考数学试题】如图，在正方形 ABCD 中，AB=3，点 M 在 CD 的边上，
且 DM=1，ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称，将 ΔADM 按顺时针方向绕点 A 旋转 90°得到 ΔABF，连
接 EF，则线段 EF 的长为（ ）
A． 3 B． C． D．
【答案】C15
【解析】分析：连接 BM.证明△AFE≌△AMB 得 FE=MB，再运用勾股定理求出 BM 的长即可.
详解：连接 BM，如图，
由旋转的性质得：AM=AF.
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°,
∵ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称，
∴∠DAM=∠EAM.
∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°,
∴∠BAM=∠EAF,
∴△AFE≌△AMB
∴FE=BM.
在 Rt△BCM 中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2,
∴BM=
∴FE= .
故选 C.
点睛：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋
转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
二、填空题
16．【湖北省襄阳市 2018 年中考数学试卷】如图，将面积为 32 的矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，点 A 的对
应点为点 P，连接 AP 交 BC 于点 E．若 BE= ，则 AP 的长为_____．16
【答案】
设 PA 交 BD 于 O，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握和应用
相关的性质定理是解题的关键.
17．【湖北省武汉市 2018 年中考数学试卷】如图．在△ABC 中，∠ACB=60°，AC=1，D 是边 AB 的中点，E 是
边 BC 上一点．若 DE 平分△ABC 的周长，则 DE 的长是_____．
【答案】
【解析】【分析】如图，延长 BC 至 M，使 CM=CA，连接 AM，作 CN⊥AM 于 N，根据题意得到 ME=EB，根据三角17
形中位线定理得到 DE= AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出 AN，计算即可．
【详解】如图，延长 BC 至 M，使 CM=CA，连接 AM，作 CN⊥AM 于 N，
∵DE 平分△ABC 的周长， AD=DB，
∴BE=CE+AC，
∴ME=EB，
又 AD=DB，
∴DE= AM，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACM=120°，
∵CM=CA，
∴∠ACN=60°，AN=MN，
∴AN=AC•sin∠ACN= ，
∴AM= ，
∴DE= ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正
确添加辅助线是解题的关键．
18．【湖南省常德市 2018 年中考数学试卷】如图，将矩形 沿 折叠，使点 落在 边上的点 处，点
落在点 处，已知 ，连接 ，则 __________．18
【答案】75°
【解析】【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据
∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG ， 即 ： ∠GBC=∠BGH ， 由 平 行 线 的 性 质 可 知 ∠AGB=∠GBC ， 从 而 易 证
∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【详解】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB，
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC，
∴∠AGB=∠BGH，
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB= ∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点睛】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不
变，位置变化，对应边和对应角相等．
19．【江苏省泰州市 2018 年中考数学试题】如图，▱ABCD 中，AC、BD 相交于点 O，若 AD=6，AC+BD=16，则△BOC
的周长为_____．
【答案】1419
点睛：本题考查平行四边形的性质．三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常
考题型．
20．【江苏省泰州市 2018 年中考数学试题】如图，四边形 ABCD 中，AC 平分∠BAD，∠ACD=∠ABC=90°，E、
F 分别为 AC、CD 的中点，∠D=α，则∠BEF 的度数为_____（用含 α 的式子表示）．
【答案】270°﹣3α
【解析】分析：根据直角三角形的性质得到∠DAC=90°﹣α，根据角平分线的定义、三角形的外角的性质
得到∠CEB=180°﹣2α，根据三角形中位线定理、平行线的性质得到∠CEF=∠D=α，结合图形计算即可．
详解：∵∠ACD=90°，∠D=α，
∴∠DAC=90°﹣α，
∵AC 平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC=90°﹣α，
∵∠ABC=90°，EAC 的中点，
∴BE=AE=EC，
∴∠EAB=∠EBA=90°﹣α，
∴∠CEB=180°﹣2α，
∵E、F 分别为 AC、CD 的中点，
∴EF∥AD，
∴∠CEF=∠D=α，20
∴∠BEF=180°﹣2α+90°﹣α=270°﹣3α，
故答案为：270°﹣3α．
点睛：本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握三角形的中位线平行
于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
21．【浙江省湖州市 2018 年中考数学试题】如图，已知菱形 ABCD，对角线 AC，BD 相交于点 O．若 tan∠BAC=
，AC=6，则 BD 的长是_____．
【答案】2
【解析】分析：根据菱形的对角线互相垂直平分可得 AC⊥BD，OA= AC=3，BD=2OB．再解 Rt△OAB，根据
tan∠BAC= ，求出 OB=1，那么 BD=2．
详解：∵四边形 ABCD 是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，OA= AC=3，BD=2OB．
在 Rt△OAB 中，∵∠AOD=90°，
∴tan∠BAC= ，
∴OB=1，
∴BD=2．
故答案为 2．
点睛：本题考查了菱形的性质，解直角三角形，锐角三角函数的定义，掌握菱形的对角线互相垂直平分是
解题的关键．
22．【湖北省随州市 2018 年中考数学试卷】如图，在四边形 ABCD 中，AB=AD=5，BC=CD 且 BC＞AB，BD=8．给
出以下判断：
①AC 垂直平分 BD；
②四边形 ABCD 的面积 S=AC•BD；
③顺次连接四边形 ABCD 的四边中点得到的四边形可能是正方形；
④当 A，B，C，D 四点在同一个圆上时，该圆的半径为 ；21
⑤将△ABD 沿直线 BD 对折，点 A 落在点 E 处，连接 BE 并延长交 CD 于点 F，当 BF⊥CD 时，点 F 到直线 AB
的距离为 ．
其中正确的是_____．（写出所有正确判断的序号）
【答案】①③④
【解析】【分析】依据 AB=AD=5，BC=CD，可得 AC 是线段 BD 的垂直平分线，故①正确；依据四边形 ABCD 的
面积 S= ，故②错误；依据 AC=BD，可得顺次连接四边形 ABCD 的四边中点得到的四边形是正方形，故③
正确；当 A，B，C，D 四点在同一个圆上时，设该圆的半径为 r，则 r2=（r﹣3）2+42，得 r= ，故④正确；
连接 AF，设点 F 到直线 AB 的距离为 h，由折叠可得，四边形 ABED 是菱形，
AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，依据 S△BDE= ×BD×OE= ×BE×DF，可得 DF= ，进而得出 GF= ，再根据 S△ABF=S
梯形 ABFD﹣S△ADF，即可得到 h= ，故⑤错误．
【详解】∵在四边形 ABCD 中，AB=AD=5，BC=CD，
∴AC 是线段 BD 的垂直平分线，故①正确；
四边形 ABCD 的面积 S= ，故②错误；
由折叠可得，四边形 ABED 是菱形，AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，
∴AO=EO=3，
∵S△BDE= ×BD×OE= ×BE×DF，22
∴DF= ，
∵BF⊥CD，BF∥AD，
∴AD⊥CD，GF= ，
∵S△ABF=S 梯形 ABFD﹣S△ADF，
∴ ×5h= ×（5+5+ ）× ﹣ ×5× ，
解得 h= ，故⑤错误，
故答案为：①③④．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题
的关键是利用图形面积的和差关系进行计算．
23．【湖南省邵阳市 2018 年中考数学试卷】如图所示，在四边形 ABCD 中，AD⊥AB，∠C=110°，它的一个
外角∠ADE=60°，则∠B 的大小是_____．
【答案】40°
【解析】
【分析】根据外角的概念求出∠ADC 的度数，再根据垂直的定义、四边形的内角和等于 360°进行求解即可
得.
【详解】∵∠ADE=60°，
∴∠ADC=120°，
∵AD⊥AB，
∴∠DAB=90°，
∴∠B=360°﹣∠C﹣∠ADC﹣∠A=40°，23
故答案为：40°．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，掌握四边形的内角和等于 360°、外角的概念是解题的关键．
24．【四川省达州市 2018 年中考数学试题】如图，Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点 D 是 BC 边上一
点且 CD=1，点 P 是线段 DB 上一动点，连接 AP，以 AP 为斜边在 AP 的下方作等腰 Rt△AOP．当 P 从点 D 出发
运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长为_____．
【答案】2
【解析】分析：过 O 点作 OE⊥CA 于 E，OF⊥BC 于 F，连接 CO，如图，易得四边形 OECF 为矩形，由△AOP 为
等腰直角三角形得到 OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以 AE=PF，OE=OF，根据角平分线的
性质定理的逆定理得到 CO 平分∠ACP，从而可判断当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径为
一条线段，接着证明 CE= （AC+CP），然后分别计算 P 点在 D 点和 B 点时 OC 的长，从而计算它们的差即可得
到 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长．
详解：过 O 点作 OE⊥CA 于 E，OF⊥BC 于 F，连接 CO，如图，
∵△AOP 为等腰直角三角形，
∴OA=OP，∠AOP=90°，
易得四边形 OECF 为矩形，
∴∠EOF=90°，CE=CF，
∴∠AOE=∠POF，
∴△OAE≌△OPF，
∴AE=PF，OE=OF，
∴CO 平分∠ACP，24
∴当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径为一条线段，
∵AE=PF，
即 AC-CE=CF-CP，
而 CE=CF，
∴CE= （AC+CP），
∴OC= CE= （AC+CP），
当 AC=2，CP=CD=1 时，OC= ×（2+1）= ，
当 AC=2，CP=CB=5 时，OC= ×（2+5）= ，
∴当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长= - =2 ．
故答案为 2 ．
点睛：本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，
然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．
25．【黑龙江省哈尔滨市 2018 年中考数学试题】如图，在平行四边形 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点 O，
AB=OB，点 E、点 F 分别是 OA、OD 的中点，连接 EF，∠CEF=45°，EM⊥BC 于点 M，EM 交 BD 于点 N，
FN= ，则线段 BC 的长为_____．
【答案】
详解：设 EF=x，
∵点 E、点 F 分别是 OA、OD 的中点，
∴EF 是△OAD 的中位线，
∴AD=2x，AD∥EF，
∴∠CAD=∠CEF=45°，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，25
∴AD∥BC，AD=BC=2x，
∴∠ACB=∠CAD=45°，
∵EM⊥BC，
∴∠EMC=90°，
∴△EMC 是等腰直角三角形，
∴∠CEM=45°，
连接 BE，
∵AB=OB，AE=OE
∴BE⊥AO
∴∠BEM=45°，
∴BM=EM=MC=x，
∴BM=FE，
易得△ENF≌△MNB，
∴EN=MN= x，BN=FN= ，
Rt△BNM 中，由勾股定理得：BN2=BM2+MN2，
∴( )2＝x2+( x)2，
x=2 或-2 （舍），
∴BC=2x=4 ．
故答案为：4 ．
点睛：本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定
理；解决问题的关键是设未知数，利用方程思想解决问题．
三、解答题
26．【江苏省无锡市 2018 年中考数学试题】如图，平行四边形 ABCD 中，E、F 分别是边 BC、AD 的中点，求
证：∠ABF=∠CDE．26
【答案】证明见解析.
【解析】分析：根据平行四边形的性质以及全等三角形的性质即可求出答案．
详解：在▱ABCD 中，
AD=BC，∠A=∠C，
∵E、F 分别是边 BC、AD 的中点，
∴AF=CE，
在△ABF 与△CDE 中，
∴△ABF≌△CDE（SAS）
∴∠ABF=∠CDE
点睛：本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质以及全等三角形，本题属于
中等题型
27．【湖北省孝感市 2018 年中考数学试题】如图， ， ， ， 在一条直线上，已知 ， ，
，连接 .求证：四边形 是平行四边形.
【答案】证明见解析.
【解析】分析：由 AB∥DE、AC∥DF 利用平行线的性质可得出∠B=∠DEF、∠ACB=∠F，由 BE=CF 可得出
BC=EF，进而可证出△ABC≌△DEF（ASA），根据全等三角形的性质可得出 AB=DE，再结合 AB∥DE，即可证出
四边形 ABED 是平行四边形．
详证明：∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B=∠DEF，∠ACB=∠F．
∵BE=CF，
∴BE+CE=CF+CE，27
∴BC=EF．
在△ABC 和△DEF 中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB=DE．
又∵AB∥DE，
∴四边形 ABED 是平行四边形．
点睛：本题考查了平行线的性质、平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的性
质找出 AB=DE 是解题的关键．
28．【江苏省徐州巿 2018 年中考数学试卷】已知四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，给出下列四个论
断：
①OA=OC，②AB=CD，③∠BAD=∠DCB，④AD∥BC．
请你从中选择两个论断作为条件，以“四边形 ABCD 为平行四边形”作为结论，完成下列各题：
（1）构造一个真命题，画图并给出证明；
（2）构造一个假命题，举反例加以说明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【详解】（1）①④为条件时：
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，∠ADB=∠DBC，
又∵OA=OC，
∴△AOD≌△COB，
∴AD=BC，
∴四边形 ABCD 为平行四边形；
（2）②④为条件时，此时一组对边平行，另一组对边相等，可以构成等腰梯形．28
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，真命题与假命题，熟知举出符合条件不符合结论的例子来说明一
个命题是假命题是关键；本题中用等腰梯形做反例来推翻不是平行四边形的论断．
29．【广西钦州市 2018 年中考数学试卷】如图，在▱ABCD 中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为 E，F，且
BE=DF．
（1）求证：▱ABCD 是菱形；
（2）若 AB=5，AC=6，求▱ABCD 的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）S 平行四边形 ABCD =24
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的性质证明 AB=AD 即可解决问题；
（2）连接 BD 交 AC 于 O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；
【详解】（1）∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD，
∴AB=AD，
∴四边形 ABCD 是平行四边形；
（2）连接 BD 交 AC 于 O，
∵四边形 ABCD 是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，
AO=OC= AC= ×6=3，
∵AB=5，AO=3，29
∴BO= = =4，
∴BD=2BO=8，
∴S 平行四边形 ABCD= ×AC×BD=24．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性
质与定理、正确添加辅助线是解题的关键.
30．【云南省昆明市 2018 年中考数学试题】如图 1，在矩形 ABCD 中，P 为 CD 边上一点（DP＜CP），
∠APB=90°．将△ADP 沿 AP 翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边 AB 于点 M，过点 B 作 BN∥MP 交 DC 于点
N．
（1）求证：AD2=DP•PC；
（2）请判断四边形 PMBN 的形状，并说明理由；
（3）如图 2，连接 AC，分别交 PM，PB 于点 E，F．若 = ，求 的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形 PMBN 是菱形，理由见解析；（3）
【解析】分析：（1）过点 P 作 PG⊥AB 于点 G，易知四边形 DPGA，四边形 PCBG 是矩形，所以 AD=PG，
DP=AG，GB=PC，易证△APG∽△PBG，所以 PG2=AG•GB，即 AD2=DP•PC；
（ 2 ） DP∥AB ， 所 以 ∠DPA=∠PAM ， 由 题 意 可 知 ： ∠DPA=∠APM ， 所 以 ∠PAM=∠APM ， 由 于
∠APB-∠PAM=∠APB-∠APM，即∠ABP=∠MPB，从而可知 PM=MB=AM，又易证四边形 PMBN 是平行四边形，所以
四边形 PMBN 是菱形；
（3）由于 ，可设 DP=k，AD=2k，由（1）可知：AG=DP=k，PG=AD=2k，从而求出
GB=PC=4k，AB=AG+GB=5k，由于 CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得30
， ，从而可求出 EF=AF-AE= AC- AC= AC，从而可得 ．
详解：（1）过点 P 作 PG⊥AB 于点 G，
∴易知四边形 DPGA，四边形 PCBG 是矩形，
∴AD=PG，DP=AG，GB=PC
∵∠APB=90°，
∴∠APG+∠GPB=∠GPB+∠PBG=90°，
∴∠APG=∠PBG，
∴△APG∽△PBG，
∴ ，
∴PG2=AG•GB，
即 AD2=DP•PC；
（3）由于 ，
可设 DP=k，AD=2k，31
由（1）可知：AG=DP=k，PG=AD=2k，
∵PG2=AG•GB，
∴4k2=k•GB，
∴GB=PC=4k，
AB=AG+GB=5k，
∵CP∥AB，
∴△PCF∽△BAF，
∴ ，
∴ ，
又易证：△PCE∽△MAE，AM= AB= ,
∴
∴ ，
∴EF=AF-AE= AC- AC= AC，
∴ .
点睛：本题考查相似三角形的综合问题，涉及相似三角形的性质与判定，菱形的判定，直角三角形斜边上
的中线的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．
31．【江苏省淮安市 2018 年中考数学试题】已知：如图，▱ABCD 的对角线 AC、BD 相交于点 O，过点 O 的直
线分别与 AD、BC 相交于点 E、F．求证：AE=CF．
【答案】证明见解析.
【解析】分析：利用平行四边形的性质得出 AO=CO，AD∥BC，进而得出∠EAC=∠FCO，再利用 ASA 求出
△AOE≌△COF，即可得出答案．
详证明：∵▱ABCD 的对角线 AC，BD 交于点 O，32
∴AO=CO，AD∥BC，
∴∠EAC=∠FCO，
在△AOE 和△COF 中
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE=CF．
点睛：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法
是解题关键．
32．【北京市 2018 年中考数学试卷】如图，在四边形 中， ， ，对角线 ， 交于点
， 平分 ，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【解析】分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可.
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出 ．根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即
可求解.
详解：（1）证明：∵ ∥ ，
∴
∵ 平分
∴ ，
∴
∴
又∵
∴33
又∵ ∥ ，
∴四边形 是平行四边形
又∵
∴ 是菱形
（2）解：∵四边形 是菱形，对角线 、 交于点 ．
∴ ． ， ，
∴ ．
在 中， ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
在 中， ． 为 中点．
∴ ．
点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练
掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
33．【江苏省盐城市 2018 年中考数学试题】在正方形 ABCD 中，对角线 BD 所在的直线上有两点 E、F 满足
BE=DF，连接 AE、AF、CE、CF，如图所示.
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）试判断四边形 AECF 的形状，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形 AECF 是菱形，理由见解析.34
（2）如图，连接 AC，
四边形 AECF 是菱形．
理由：在正方形 ABCD 中，
OA=OC，OB=OD，AC⊥EF，
∴OB+BE=OD+DF，
即 OE=OF，
∵OA=OC，OE=OF，
∴四边形 AECF 是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形 AECF 是菱形．
点睛：本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基
本知识．
34．【湖北省襄阳市 2018 年中考数学试卷】如图（1），已知点 G 在正方形 ABCD 的对角线 AC 上，GE⊥BC，
垂足为点 E，GF⊥CD，垂足为点 F．35
（1）证明与推断：
①求证：四边形 CEGF 是正方形；
②推断： 的值为 ：
（2）探究与证明：
将正方形 CEGF 绕点 C 顺时针方向旋转 α 角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段 AG 与 BE 之间
的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形 CEGF 在旋转过程中，当 B，E，F 三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长 CG 交 AD 于点 H．若
AG=6，GH=2 ，则 BC= ．
【答案】（1）①四边形 CEGF 是正方形；② ；（2）线段 AG 与 BE 之间的数量关系为 AG= BE；（3）3
【解析】【分析】（1）①由 、 结合 可得四边形 CEGF 是矩形，再由 即
可得证；
②由正方形性质知 、 ，据此可得 、 ，利用平行线分线段成比例
定理可得；
（2）连接 CG，只需证 ∽ 即可得；
（3）证 ∽ 得 ，设 ，知 ，由 得
、 、 ，由 可得 a 的值．
【详解】（1）①∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形 CEGF 是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，36
∴四边形 CEGF 是正方形；
②由①知四边形 CEGF 是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴ ，GE∥AB，
∴ ，
故答案为： ；
（2）连接 CG，
由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在 Rt△CEG 和 Rt△CBA 中，
=cos45°= 、 =cos45°= ，
∴ = ，
∴△ACG∽△BCE，
∴ ，
∴线段 AG 与 BE 之间的数量关系为 AG= BE；
设 BC=CD=AD=a，则 AC= a，37
则由 得 ，
∴AH= a，
则 DH=AD﹣AH= a，CH= = a，
∴由 得 ，
解得：a=3 ，即 BC=3 ，
故答案为：3 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正
确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键.
35．【四川省内江市 2018 年中考数学试题】如图，已知四边形 ABCD 是平行四边形，点 E，F 分别是 AB，BC
上的点，AE=CF，并且∠AED=∠CFD．
求证：（1）△AED≌△CFD；
（2）四边形 ABCD 是菱形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】分析：（1）由全等三角形的判定定理 ASA 证得结论；
（2）由“邻边相等的平行四边形为菱形”证得结论．
详解：（1）证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴∠A=∠C．
在△AED 与△CFD 中，
，
∴△AED≌△CFD（ASA）；
（2）由（1）知，△AED≌△CFD，则 AD=CD．
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴四边形 ABCD 是菱形．38
点睛：考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握相关的性
质与定理．
36．【湖北省宜昌市 2018 年中考数学试卷】如图，在△ABC 中，AB=AC，以 AB 为直径的圆交 AC 于点 D，交 BC
于点 E，延长 AE 至点 F，使 EF=AE，连接 FB，FC．
（1）求证：四边形 ABFC 是菱形；
（2）若 AD=7，BE=2，求半圆和菱形 ABFC 的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】分析：（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的
平行四边形是菱形即可证明；
（2）设 CD=x，连接 BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题.
详解：
（1）证明：∵AB 是直径，
∴∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴BE=CE，
∵AE=EF，
∴四边形 ABFC 是平行四边形，
∵AC=AB，
∴四边形 ABFC 是菱形．
（2）设 CD=x．连接 BD．
∵AB 是直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
∴AB2﹣AD2=CB2﹣CD2，
∴（7+x）2﹣72=42﹣x2，
解得 x=1 或﹣8（舍弃）39
∴AC=8，BD= = ，
∴S 菱形 ABFC=8 ．
点睛：本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题
的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题
型．
37．【新疆自治区 2018 年中考数学试题】如图，▱ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O．E，F 是 AC 上的两点，
并且 AE=CF，连接 DE，BF．
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若 BD=EF，连接 FB，DF．判断四边形 EBFD 的形状，并说明理由．
【答案】（2）证明见解析；（2）四边形 EBFD 是矩形．理由见解析.
【解析】分析：（1）根据 SAS 即可证明；
（2）首先证明四边形 EBFD 是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明；
（2）结论：四边形 EBFD 是矩形．40
理由：∵OD=OB，OE=OF，
∴四边形 EBFD 是平行四边形，
∵BD=EF，
∴四边形 EBFD 是矩形．
点睛：本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．
38．【江苏省泰州市 2018 年中考数学试题】对给定的一张矩形纸片 ABCD 进行如下操作：先沿 CE 折叠，使
点 B 落在 CD 边上（如图①），再沿 CH 折叠，这时发现点 E 恰好与点 D 重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求 的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点 C 与点 H 重合，折痕与 AB 相交于点 P，再将该矩形纸片展开．求证：
∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的 P 点，要求只有一条折痕，且
点 P 在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）
【答案】（1） ；（2）①证明见解析；②见解析.
【解析】分析：（1）依据△BCE 是等腰直角三角形，即可得到 CE= BC，由图②，可得 CE=CD，而 AD=BC，
即可得到 CD= AD，即 = ；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即 PH 2=PC2，依据勾股定理可得 AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出 AP=BC，再根据
PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到 Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠CPH=90°；
②由 AP=BC=AD，可得△ADP 是等腰直角三角形，PD 平分∠ADC，故沿着过 D 的直线翻折，使点 A 落在 CD 边
上，此时折痕与 AB 的交点即为 P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，由∠DCE=∠PCH=45°，可得41
∠PCE=∠DCH，进而得到 CP 平分∠BCE，故沿着过点 C 的直线折叠，使点 B 落在 CE 上，此时，折痕与 AB 的
交点即为 P．
详解：（1）由图①，可得∠BCE= ∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE 是等腰直角三角形，
∴ ，即 CE= BC，
由图②，可得 CE=CD，而 AD=BC，
∴CD= AD，
∴ = ；
（2）①设 AD=BC=a，则 AB=CD= a，BE=a，
∴AE=（ ﹣1）a，
如图③，连接 EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（ ﹣1）a，
设 AP=x，则 BP= a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即 PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（ ﹣1）a]2+x2=（ a﹣x）2+a2，
解得 x=a，即 AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP 中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，42
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由 AP=BC=AD，可得△ADP 是等腰直角三角形，PD 平分∠ADC，
故沿着过 D 的直线翻折，使点 A 落在 CD 边上，此时折痕与 AB 的交点即为 P；
点睛：本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的
综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相
等．解题时常常设要求的线段长为 x，然后根据折叠和轴对称的性质用含 x 的代数式表示其他线段的长度，
选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
39．【山东省烟台市 2018 年中考数学试卷】（问题解决）
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图 1，点 P 是正方形 ABCD 内一点，PA=1，PB=2，PC=3．你能
求出∠APB 的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′，求出∠APB 的度数；
思路二：将△APB 绕点 B 顺时针旋转 90°，得到△CP'B，连接 PP′，求出∠APB 的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
（类比探究）43
如图 2，若点 P 是正方形 ABCD 外一点，PA=3，PB=1，PC= ，求∠APB 的度数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】分析：（1）先利用旋转求出∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，利用勾股定理求出 PP'，进而判
断出△APP'是直角三角形，得出∠APP'=90°，即可得出结论；
（2）同（1）的思路一的方法即可得出结论．
详解：（1）如图 1，
将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，
在 Rt△PBP'中，BP=BP'=2，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'= BP=2 ，
∵AP=1，
∴AP2+PP'2=1+8=9，
∵AP'2=32=9，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；
（2）如图 2，44
将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP= ，
在 Rt△PBP'中，BP=BP'=1，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'= BP= ，
∵AP=3，
∴AP2+PP'2=9+2=11，
∵AP'2=（ ）2=11，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°．
点睛：此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定
理，正确作出辅助线是解本题的关键．
40．【吉林省长春市 2018 年中考数学试卷】在正方形 ABCD 中，E 是边 CD 上一点（点 E 不与点 C、D 重合），
连结 BE．
（感知）如图①，过点 A 作 AF⊥BE 交 BC 于点 F．易证△ABF≌△BCE．（不需要证明）
（探究）如图②，取 BE 的中点 M，过点 M 作 FG⊥BE 交 BC 于点 F，交 AD 于点 G．
（1）求证：BE=FG．45
（2）连结 CM，若 CM=1，则 FG 的长为 ．
（应用）如图③，取 BE 的中点 M，连结 CM．过点 C 作 CG⊥BE 交 AD 于点 G，连结 EG、MG．若 CM=3，则四边
形 GMCE 的面积为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）2，9.
【详解】感知：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF 和△BCE 中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA）；
探究：（1）如图②，
过点 G 作 GP⊥BC 于 P，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形 ABPG 是矩形，
∴PG=AB，∴PG=BC，46
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在△PGF 和△CBE 中，
，
∴△PGF≌△CBE（ASA），
∴BE=FG；
（2）由（1）知，FG=BE，
连接 CM，
∵∠BCE=90°，点 M 是 BE 的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为：2．
应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究（1）得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S 四边形 CEGM= CG×ME= ×6×3=9，
故答案为：9．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，
直角三角形的性质，熟练掌握相关的性质与定理、判断出 CG=BE 是解本题的关键．
41．【湖南省怀化市 2018 年中考数学试题】已知：如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC．点 E 为 CD 边上一点，
AE 与 BE 分别为∠DAB 和∠CBA 的平分线．
（1）请你添加一个适当的条件 ，使得四边形 ABCD 是平行四边形，并证明你的结论；
（2）作线段 AB 的垂直平分线交 AB 于点 O，并以 AB 为直径作⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写
作法）；
（3）在（2）的条件下，⊙O 交边 AD 于点 F，连接 BF，交 AE 于点 G，若 AE=4，sin∠AGF= ，求⊙O 的半
径．47
【答案】（1）当 AD=BC 时，四边形 ABCD 是平行四边形，理由见解析；（2）作出相应的图形见解析；（3）
圆 O 的半径为 2.5．
【解析】分析：（1）添加条件 AD=BC，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形验证即可；
（2）作出相应的图形，如图所示；
（3）由平行四边形的对边平行得到 AD 与 BC 平行，可得同旁内角互补，再由 AE 与 BE 为角平分线，可得出
AE 与 BE 垂直，利用直径所对的圆周角为直角，得到 AF 与 FB 垂直，可得出两锐角互余，根据角平分线性质
及等量代换得到∠AGF=∠AEB，根据 sin∠AGF 的值，确定出 sin∠AEB 的值，求出 AB 的长，即可确定出圆
的半径．
详解：（1）当 AD=BC 时，四边形 ABCD 是平行四边形，理由为：
证明：∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形 ABCD 为平行四边形；
故答案为：AD=BC；
（2）作出相应的图形，如图所示；
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠CBA=180°，
∵AE 与 BE 分别为∠DAB 与∠CBA 的平分线，
∴∠EAB+∠EBA=90°，
∴∠AEB=90°，48
点睛：此题属于圆综合题，涉及的知识有：圆周角定理，平行四边形的判定与性质，角平分线性质，以及
锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质及定理是解本题的关键．
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