第三輯幾何圖形的初步認識…………01三角形…………………………20四邊形…………………………45圓………………81尺規作圖………………………1140101幾何圖形的初步認識考點考情分析幾何體的展開圖考查的題型多樣化，在選擇題、填空題和解答題均會出現。題目會越來越多地以實際生活中的物體為背景。直線﹑射線和線段考查的題型多樣化，在選擇題、填空題和解答題均會出現。在選擇題?？疾閷χ本€、射線、線段概念的理解；填空題中可能會涉及根據線段的長度關系求某條線段的長度；在解答題中，通常會與三角形、四邊形等其他幾何圖形結合。相交線與平行線考查的題型多樣化，在選擇題、填空題和解答題均會出現。選擇題常考查對基本概念的理解和簡單應用；填空題可能涉及根據相交線所成角的關系求角度，或者利用平行線的性質求線段長度、角度等。

解答題一般不會單獨作為大題考查，通常會與三角形、四邊形等其他幾何圖形結合，在證明或計算過程中運用到相交線與平行線的相關性質和判定定理。角考查的題型多樣化，在選擇題、填空題和解答題均會出現。角的知識會越來越多地與其他幾何知識(如三角形、四邊形、圓、相似形等)以及代類知識(如函數、方程等)綜合考查，形成綜合性較強的題目，考查學生的綜合運用能力考查分值：分值在3-9分之間，具體分值因地區和試卷結構而異?？疾樾问剑哼x擇題、填空和解答題均有。命題趨勢：幾何初步知識是中考數學的基礎考點，年年都會考查，預計2025年及今后各地中考仍會出現。知識點1：幾何體的展開圖幾何圖形的概念:我們把實物中抽象出來的各種圖形叫做幾何圖形,幾何圖形分為平面圖形和立體圖形.立體圖形的概念：有些幾何圖形的各個部分不都在同一平面內，這個圖形叫做立體圖形.平面圖形的概念：有些幾何圖形的各個部分在同一平面內的圖形，這個圖形叫做平面圖形.正方體展開圖（共計11種）：口訣：1）“一四一”、“一三二”，“一”在同層可任意,2）“三個二”成階梯,3）“二個三”“日”相連,異層必有“日”，“凹”“田”不能有，掌握此規律，運用定自如.幾何圖形的組成：1）點：線和線相交的地方是點，它是幾何圖形最基本的圖形.2）線：面和面相交的地方是線，分為直線和曲線.3）面：包圍著體的是面，分為平面和曲面.4）體：幾何體也簡稱體.組成幾何圖形元素的關系：點動成線，線動成面，面動成體.知識點2：直線﹑射線和線段重點：1.經過兩點有一條直線，并且僅有一條直線，即兩點確定一條直線2.兩點之間的線段中，線段最短，簡稱兩點間線段最短知識點3：平行線

平行線的定義：在同一平面內，不相交的兩條直線叫做平行線，平行用符號“∥”表示.平行公理（唯一性）：經過直線外一點，有且只有一條直線與這條直線平行.平行公理的推論（傳遞性）：如果兩條直線都與第三條直線平行，那么這兩條直線也互相平行.平行線的性質：性質1：兩直線平行，同位角相等；性質2：兩直線平行，內錯角相等；性質3：兩直線平行，同旁內角互補..平行線的判定判定方法1：兩條直線被第三條直線所截，如果同位角相等，那么這兩條直線平行.簡稱：同位角相等，兩直線平行.判定方法2：兩條直線被第三條直線所截，如果內錯角相等，那么這兩條直線平行.簡稱：內錯角相等，兩直線平行.判定方法3：兩條直線被第三條直線所截，如果同旁內角互補，那么這兩條直線平行.簡稱：同旁內角互補，兩直線平行.判定方法4：垂直于同一直線的兩直線互相平行．判斷同一平面內兩直線的位置關系時，可以根據它們的公共點的個數來確定：①有且只有一個公共點，兩直線相交；②無公共點，則兩直線平行；③兩個或兩個以上公共點，則兩直線重合.平行線之間的距離概念：兩條平行線中，一條直線上任意一點到另一條直線的距離叫做這兩條平行線之間的距離.性質：1）夾在兩條平行線間的平行線段處處相等；2）平行線間的距離處處相等.知識點4：角

1.角的分類：∠β銳角直角鈍角平角周角范圍0＜∠β＜90°∠β=90°90°＜∠β＜180°∠β=180°∠β=360°2.角的表示方法：角的表示圖例適用范圍注意事項用三個大寫字母表示記作：∠ABC或∠CBA任何情況都適用表示頂點的字母一定要寫在中間，邊上的字母寫在兩側.用一個大寫字母表示記作：∠O1）以這個字母為頂點的角只有一個；2）當在一個頂點處有兩個或兩個以上的角時,其中的任意一個角都不能用一個大寫英文字母表示.用一個數字表示任何情況都適用在靠近頂點處畫上弧線，表示出角的范圍，并注上數字或小寫的希臘字母用一個希臘字母表示3.角度制：以度、分、秒為單位的角的度量制.度、分、秒的運算方法：1°=60′；1′=60″；1°=3600″；1″=（160）′；1″=（136001周角=2平角=4直角=360°.角的大小的比較：1）疊合法：使兩個角的頂點及一邊重合，比較另一邊的位置；2）度量法：分別用量角器測量兩個角的大小，再進行比較.4.角的平分線的概念：從一個角的頂點出發，把這個角分成相等的兩個角的射線，叫做這個角的平分線.【性質】①若OC是∠AOB的平分線，則∠AOC=∠BOC=12∠AOB，∠AOB=2∠AOC=2∠BOC②角平分線上的點到角兩邊的距離相等．5.余角的概念：如果兩個角的和等于直角，就說這兩個角互為余角，即其中一個是另一個的余角.6.補角的概念：如果兩個角的和等于平角，就說這兩個角互為補角，即其中一個是另一個的補角.【性質】同角（或等角）的余角相等，同角（或等角）的補角相等.真題1（2024·江蘇常州·中考真題）下列圖形中，為四棱錐的側面展開圖的是（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】本題主要考查幾何體的展開圖，熟練掌握幾何體的展開圖是解題的關鍵．根據棱錐的側面展開圖的特征即可得到答案．【詳解】解：棱錐的側面是三角形，故四棱錐的側面展開圖的是故選：B．真題2（2024·山東淄博·中考真題）如圖，已知AD∥BC，BD平分∠ABC．若∠A=110°A．40° B．36° C．35° D【答案】C【分析】本題主要考查的是平行線的性質及角平分線的定義，解題時要熟練掌握并能靈活運用平行線的性質是關鍵．依據題意，根據平行線及角平分線的性質求解即可．【詳解】解：∵AD∴∠ABC=180°-∠A∵BD平分∠∴∠DBC∴∠D故選：C真題3（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，推動水桶，以點O為支點，使其向右傾斜．若在點A處分別施加推力F1、F2，則F1的力臂OA大于F2的力臂A．垂線段最短B．過一點有且只有一條直線與已知直線垂直C．兩點確定一條直線D．過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行【答案】A【分析】本題考查了力臂，平行公理，垂直的性質，直線特點，垂線段最短，根據圖形分析得到過點O有OB⊥AB，進而利用垂線段最短得到【詳解】解：∵過點O有OB⊥∴O即得到F1的力臂OA大于F2的力臂OB∴其體現的數學依據是垂線段最短，故選：A．真題4（2024·廣西·中考真題）如圖，2時整，鐘表的時針和分針所成的銳角為（

）A．20° B．40° C．60° D．80°【答案】C【分析】本題考查了鐘面角，用30°乘以兩針相距的份數是解題關鍵．根據鐘面的特點，鐘面平均分成12份，每份是30°，根據時針與分針相距的份數，可得答案．【詳解】解：2時整，鐘表的時針和分針所成的銳角是30°×2=60°，故選：C．真題5（2024·江西·中考真題）如圖是4×3的正方形網格，選擇一空白小正方形，能與陰影部分組成正方體展開圖的方法有（

）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種【答案】B【分析】此題主要考查了幾何體的展開圖，關鍵是掌握正方體展開圖的特點．依據正方體的展開圖的結構特征進行判斷，即可得出結論．【詳解】解：如圖所示：共有2種方法，故選：B．真題6（2024·山東青島·中考真題）如圖①，將邊長為2的正方形紙板沿虛線剪掉邊長為1的小正方形，得到如圖②的“紙板卡”，若用這樣完全相同的“紙板卡”拼成正方形，最少需要塊；如圖③，將長、寬、高分別為4，2，2的長方體磚塊，切割掉長、寬、高分別為4，1，1的長方體，得到如圖④的“直角磚塊【答案】12144【分析】本題考查展開圖折疊成幾何體，最小公倍數等知識，先拼成一個基礎圖形（體），再根據正方形（體）的特征，即可解答．【詳解】解：先用2個圖②拼成一個長為3，寬為2的長方形，面積為6，∵2,3的最小公倍數是6，如圖，∴6個這樣的長方形拼成一個面積為36的正方形，此時邊長為6，∴需圖②的個數：6×2=12（個）；同理用2個圖④拼成長，寬，高分別為4,3,2的長方體，用4×3=12個這樣的長方體拼成一個長，寬，高為12，12，2的長方體，用6個這樣的長方體可以拼成長，寬，高為12，12，12的正方體，此時需要：2×3×4×6=144（個）．故答案為：12；144．真題7（2024·福建·中考真題）在手工制作課上，老師提供了如圖1所示的矩形卡紙ABCD，要求大家利用它制作一個底面為正方形的禮品盒．小明按照圖2的方式裁剪（其中AE=FB），恰好得到紙盒的展開圖，并利用該展開圖折成一個禮品盒，如圖

圖1

圖2

圖3(1)直接寫出ADAB(2)如果要求折成的禮品盒的兩個相對的面上分別印有“吉祥”和“如意”，如圖4所示，那么應選擇的紙盒展開圖圖樣是（

）圖4A．

B．C．

D．(3)卡紙型號型號Ⅰ型號Ⅱ型號Ⅲ規格（單位：cm）30×4020×8080×80單價（單位：元）3520現以小明設計的紙盒展開圖（圖2）為基本樣式，適當調整AE，EF的比例，制作棱長為10cm的正方體禮品盒，如果要制作27個這樣的禮品盒，請你合理選擇上述卡紙（包括卡紙的型號及相應型號卡紙的張數），并在卡紙上畫出設計示意圖（包括一張卡紙可制作幾個禮品盒，其展開圖在卡紙上的分布情況），給出所用卡紙的總費用．（要求：①同一型號的卡紙如果需要不止一張，只要在一張卡紙上畫出設計方案；②沒有用到的卡紙，不要在該型號的卡紙上作任何設計；③所用卡紙的數量及總費用直接填在答題卡的表格上；④本題將綜合考慮“利用卡紙的合理性”和“所用卡紙的總費用”給分，總費用最低的才能得滿分；⑤試卷上的卡紙僅供作草稿用）【答案】(1)2；(2)C；(3)見解析．【分析】本題考查了幾何體的展開與折疊，空間觀念、推理能力、模型觀念、創新意識等知識，掌握相關知識是解題的關鍵．（1）由折疊和題意可知，GH=AE+FB，AH=DH，四邊形（2）根據幾何體的展開圖即可求解；（3）由題意可得，每張型號Ⅲ卡紙可制作10個正方體，每張型號Ⅱ卡紙可制作2個正方體，每張型號Ⅰ卡紙可制作1個正方體，即可求解．【詳解】（1）解：如圖：上述圖形折疊后變成：由折疊和題意可知，GH=AE+∵四邊形EFNM是正方形，∴EM=EF，即∴GH+AG=∵AH=∴ADAB∴ADAB的值為：2（2）解：根據幾何體的展開圖可知，“吉”和“如”在對應面上，“祥”和“意”在對應面上，而對應面上的字中間相隔一個幾何圖形，且字體相反，∴C選項符合題意，故選：C．（3）解：卡紙型號型號Ⅰ型號Ⅱ型號Ⅲ需卡紙的數量（單位：張）132所用卡紙總費用（單位：元）58根據（1）和題意可得：卡紙每格的邊長為5cm，則要制作一個邊長為10∴型號Ⅲ卡紙，每張卡紙可制作10個正方體，如圖：型號Ⅱ卡紙，每張這樣的卡紙可制作2個正方體，如圖：型號Ⅰ卡紙，每張這樣的卡紙可制作1個正方體，如圖：∴可選擇型號Ⅲ卡紙2張，型號Ⅱ卡紙3張，型號Ⅰ卡紙1張，則10×2+2×3+1×1=27（個），∴所用卡紙總費用為：20×2+5×3+3×1=58（元）．預測1（2025·陜西西安·模擬預測）如圖，一束平行于主光軸的光線AB經凸透鏡折射后，其折射光線BF與一束經過光心O的光線CD相交于點P，點F為凸透鏡的焦點．若∠ABF=145°，∠COE=30°，則A．45° B．55° C．65° D．75°【答案】C【分析】本題考查了平行線的性質，熟練掌握平行線的性質是解題的關鍵．過點P作GP∥AB，利用平行線的性質推出∠ABF【詳解】解：如圖，過點P作GP∥∵GP∥∴∠ABF∴∠GPB∵GP∥AB∴GP∴∠CPG∴∠BPC∴∠DPF故選：C．預測2（2025·陜西商洛·一模）若∠A的度數為27°23'，則∠A．152°37' B．152°77' C．【答案】A【分析】本題主要考查了求一個角的補角度數，角度的計算．根據度數之和為180度的兩個角互補進行求解即可．【詳解】解：∵∠A的度數為27°2∴∠A的補角的度數為180°-27°2故選：A預測3（2025·河北石家莊·一模）如圖，C島在A島的北偏東50°方向，在B島的北偏西35°方向，則∠ACB的度數是（

A．35° B．50° C．85° D．90°【答案】C【分析】本題考查了方位角，平行線的性質，理解圖示，掌握方位角的含義，平行線的性質是關鍵．根據題意，AD∥BE,∠DAC=50°,∠EBC=35°，如圖所示，過點C【詳解】解：根據題意，AD∥如圖所示，過點C作CF∥AD，則∴∠ACF∴∠ACB故選：C．預測4（2025·山東菏澤·一模）一副三角板按如圖方式擺放，∠A=∠B=45°，∠C=60°，∠DA．45° B．50° C．60° D．75°【答案】D【分析】本題考查了平行線的性質和三角形外角的性質，由平行線的性質可得∠BED=∠D【詳解】解：∵AB∥∴∠BED∴∠1=∠B故選：D．預測5（2025·山東臨沂·一模）抖空竹是我國傳統體育項目，如圖，某一時刻對空竹進行受力分析，抖線給空竹的拉力為F1和F2，空竹受到的重力為G，方向豎直向下，若∠1=20°,∠2=130°，則∠3的度數為（A．70° B．85° C．90° D．80°【答案】A【分析】本題考查了平行線的性質，幾何圖形的角度運算，先根據兩直線平行，同旁內角互補，得∠4=160°,再結合∠3+∠2+∠4=360°，代入數值計算，即可作答．【詳解】解：如圖所示：∵TY∥∴∠4+∠1=180°，∵∠1=20°,∴∠4=160°,∵∠3+∠2+∠4=360°，∠2=130°，∴∠3=360°-130°-160°=70°，故選：A．預測6（2025·河北唐山·一模）如圖，正方體展開圖的每個面上都有一個漢字，則原正方體的表面上，“心”字對面的字是（

）A．數 B．學 C．素 D．養【答案】B【分析】本題主要考查了正方體相對兩面上的文字，熟記正方形的表面展開圖，相對的面之間一定相隔一個正方形這一特性是解題的關鍵．正方形的表面展開圖，相對的面之間一定相隔一個正方形，根據這一特點作答即可．【詳解】解：正方形的表面展開圖，相對的面之間一定相隔一個正方形，“數”和“養”是相對面；“學”和“心”是相對面；“核”和“素”是相對面．故選B．預測7（2025·江西景德鎮·一模）將邊長為4的正方形做成如圖1所示的七巧板，將圖1中的七巧板拼成如圖2所示的“天鵝”，則圖2中AB的長為．

【答案】4-【分析】題目主要考查正方形的性質，解三角形，理解題意，找出各邊之間的關系是解題關鍵．根據題意得出LG=KI=12【詳解】解：如圖所示：根據題意得LG=KI=∴IJ=∴AB=故答案為：4-2押題1如圖，長方形紙片ABCD沿EF折疊，A，D兩點分別與A',D'對應，若∠1=2∠2A．60° B．65° C．75° D．72°【答案】D【分析】本題考查平行線的性質，與角平分線有關的計算，根據平行線的性質，折疊的性質推出∠AEF【詳解】解：∵長方形紙片ABCD∴AB∥∴∠1=∠AEF由折疊的性質得出∠AEF∵∠1=2∠2，∴∠AEF∵∠AEF∴2∠2+2∠2+∠2=180°，∴∠2=36°．∴∠AEF故選：D．押題2淇淇一家要到革命圣地西柏坡參觀．如圖，西柏坡位于淇淇家南偏西70°的方向，則淇淇家位于西柏坡的（

）

A．南偏西70°方向 B．南偏東20°方向C．北偏西20°方向 D．北偏東70°方向【答案】D【分析】根據方向角的定義可得答案．【詳解】解：如圖：∵西柏坡位于淇淇家南偏西70°的方向，∴淇淇家位于西柏坡的北偏東70°方向．

故選D．【點睛】本題主要考查方向角，理解方向角的定義是正確解答的關鍵．押題3下圖是小明同學在體育課上跳遠后留下的腳印，體育杜老師在測量小明同學的體育成績時，選取測量線段CD的長度，其依據是（）A．垂線段最短B．兩點之間線段最短C．兩點確定一條直線D．在同一平面內，過一點有且只有一條直線與已知直線垂直【答案】A【分析】本題考查了垂線段最短的性質在實際生活中的應用．熟練掌握垂線段最短是解題的關鍵．根據垂線段最短作答即可．【詳解】他的跳遠成績是線段CD的長度，這樣測量的依據是垂線段最短．故選：A．押題4如圖是每個面上都有一個漢字的正方體的一種展開圖，那么在正方體的表面，與“國”相對的面上的漢字是（）A．誠 B．信 C．友 D．善【答案】B【分析】正方體的表面展開圖，相對的面之間一定相隔一個正方形，根據這一特點作答．【詳解】解：這是一個正方體的平面展開圖，共有六個面，其中面“誠”與面“友”相對，面“愛”與面“善”相對，面“信”與面“國”相對．故選：B．【點睛】本題考查了正方體相對兩個面上的文字，從實物出發，結合具體的問題，辨析幾何體的展開圖，通過結合立體圖形與平面圖形的轉化，建立空間觀念是解決此類問題的關鍵．押題5如圖，CD是∠ECB的平分線，且CD∥AB，∠B=40°A．30° B．40° C．50°【答案】B【分析】此題考查了平行線的性質和角平分線的定義，熟練掌握平行線的性質是解本題的關鍵．利用兩直線平行內錯角相等和角平分線的定義可解答．【詳解】解：∵CD是∠∴∠ECD∵CD∥AB，∠∴∠B∴∠ECD故選：B．押題6如圖所示，∠AOD=∠BOC，若∠AOB=100°A．100° B．40° C．30° D．25°【答案】C【分析】通過∠AOD=∠BOC【詳解】解：∵∠AOD∴∠AOC∴∠AOC∵∠AOC∴∠AOC∴∠BOD故選：C．【點睛】本題主要考查角的計算，能夠得到角度關系是解題關鍵．押題7如圖是8：00時的時針及分針的位置，則此時分針與時針所成的∠α=【答案】120【分析】利用鐘表中各整數間隔將表盤平分，及刻度擺放位置，得到間隔數，計算得到圓心角．【詳解】8:00時，∠α的時針指到8，分針指到12∴∠α兩邊之間有4∵整個鐘表有12個間隔，∴∠α故答案為120．【點睛】本題考查鐘表時刻中圓心角的計算，利用間隔均分和周角為360°，按照比例進行計算．押題8七巧板是我國古代勞動人民的發明之一，被譽為“東方魔板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的．如圖是一個用七巧板拼成的正方形，且邊長為4，那么陰影部分面積為．

【答案】3【分析】將正方形ABCD的面積分成16等份，看陰影部分占幾份即可．【詳解】解：如圖所示，正方形ABCD的面積可以分成16等份，

其中△BJE占1份，平行四邊形HPFD占2∵正方形ABCD的邊長為4，∴S正方形∴S故答案為：3．【點睛】本題考查七巧板相關的計算，解題的關鍵是根據圖形得出陰影部分所占面積與正方形面積之比．0202三角形考點考情分析三角形的基本概念和性質選擇題?？疾閷θ切位靖拍畹睦斫?；填空題可能涉及三角形的重要線段(如中線、高線、角平分線)的性質應用，以及根據三角形的性質求線段長度或角度；解答題常與其他幾何知識綜合考查。全等三角形選擇題?？疾閷θ切位靖拍畹睦斫?；填空題可能涉及三角形的重要線段(如中線、高線、角平分線)的性質應用，以及根據三角形的性質求線段長度或角度；解答題常與其他幾何知識綜合考查，如三角形與四邊形、圓的結合，或在實際問題中運用三角形的性質進行求解。勾股定理及逆定理選擇題?？疾閷垂啥ɡ砑捌淠娑ɡ淼幕纠斫夂秃唵螒?；填空題可能涉及利用勾股定理求線段長度，或根據勾股定理逆定理判斷三角形形狀后求相關度等；解答題常與其他幾何知識綜合考查，如與三角形全等、相似、四邊形等知識結合。也會在實院問題情境中，要求考生運用勾股定理及逆定理來解決問題，如考查分值：三角形相關內容的分值大約在15-25分左右，占總分的12.5%-20.8%。?？疾樾问剑哼x擇題:通常有1-2道題考查三角形，每題分值3-4分，共3-8分。

填空題:可能有1-2道題與三角形有關，每題分值3-4分，共3-8分。解答題:會有1-2道大題涉及三角形，分值一般在8-12分左右。如果是綜合性很強的壓軸題分值可能會更高。命題趨勢：更加注重與實際生活的聯系，以實際問題為背景，考查學生運用三角形知識解決實際問題的能力；強調知識的綜合運用，將三角形與其他數學知識，如函數、方程、圓等進行深度融合，考查學生的綜合分析和解決問題的能力；對學生的邏輯推理能力要求提高，在證明軍答題中，需要學生具備嚴謹的邏輯思維，能夠清晰地寫出推理過程和證明步驟。知識點1：三角形的性質三角形三邊關系定理：三角形的兩邊之和大于第三邊．推論：三角形的兩邊之差小于第三邊．三角形三邊關系定理及推論的應用：1）判斷三條已知線段能否組成三角形，只需檢驗最短的兩邊之和大于第三邊，則可說明能組成三角形．2）已知三角形兩邊的長度分別為a，b，求第三邊長度的范圍：|a-b|＜c＜a＋b3）所有通過周長相加減求三角形的邊，求出兩個答案的，要注意檢查每個答案能否組成三角形．三角形的內角和定理：三角形三個內角和等于180°．推論：直角三角形的兩個銳角互余.三角形的內角和定理的應用：1)在三角形中,已知兩個內角的度數,可以求出第三個內角的度數；2)在三角形中,已知三個內角的比例關系,可以求出三個內角的度數；3)在直角三角形中,已知一個銳角的度數,可以求出另一個銳角的度數.三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．三角形的外角和的性質：1）三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和；2）三角形的一個外角大于任何一個和它不相鄰的內角．知識點2：三角形的重要線段重要線段概念圖形性質三角形

的高從三角形一個頂點向它的對邊做垂線，頂點和垂足之間的線段叫做三角形的高線（簡稱三角形的高）．∵AD是?ABC中BC邊的高∴∠ADB=∠ADC=90°三角形

的中線在三角形中，連接一個頂點和它對邊的中點的線段叫做三角形的中線∵AD是?ABC中BC邊的中線∴BD=CDS△ABD=S△ADCC三角形的角平分線三角形的一個角的平分線與這個角的對邊相交，這個角的頂點和交點間的線段叫做三角形的角平分線．∵AD是?ABC中∠BAC的角平分線∴∠BAD=∠DAC=12三角形的中位線連接三角形兩邊中點的線段叫做三角形的中位線∵DE是?ABC的中位線∴AD=DBAE=ECDE=12BCDE重心三角形三條中線交點1）重心到頂點的距離與重心到對邊中點的距離之比為2：1。

2）重心和三角形3個頂點組成的3個三角形面積相等。

3)重心到三角形3個頂點距離的平方和最小。垂心三角形三條高交點1）銳角三角形的垂心在三角形內；直角三角形的垂心在直角頂點上；鈍角三角形的垂心在三角形外；

2）銳角三角形的垂心到三頂點的距離之和等于其內切圓與外接圓半徑之和的2倍。3）三角形三個頂點，三個垂足，垂心這7個點可以得到6組四點共圓.4）銳角三角形的垂心是垂足三角形的內心；銳角三角形的內接三角形(頂點在原三角形的邊上)中，以垂足三角形的周長最短.知識點2：全等三角形的性質和判定全等三角形的性質：1）對應邊相等，對應角相等.2）全等三角形的對應角平分線、對應中線、對應高相等．3）全等三角形的周長相等、面積相等．全等三角形的判定1.邊邊邊定理：有三邊對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“邊邊邊”或“SSS”）；2.邊角邊定理：有兩邊和它們的夾角對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“邊角邊”或“SAS”）；3.角邊角定理：有兩角和它們的夾邊對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“角邊角”或“ASA”）；4.角角邊定理：有兩角和它們所對的任意一邊對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“角角邊”或“AAS”）；5.對于特殊的直角三角形：有斜邊和一條直角邊對應相等的兩個直角三角形全等（可簡寫成“斜邊、直角邊”或“HL”）．

常見的全等三角形模型（基礎）常見的全等三角形模型（基礎）平移模型模型分析：此模型特征是有一組邊共線或部分重合，另兩組邊分別平行，常要在移動的方向上加（減）公共線段，構造線段相等，或利用平行線性質找到對應角相等．對稱模型模型分析：所給圖形可沿某一直線折疊，直線兩旁的部分能完全重合，重合的頂點就是全等三角形的對應頂點，解題時要注意隱含條件，即公共邊或公共角相等．一線三垂直/一線三等角模型解讀：一線：經過直角頂點的直線；三垂直：直角兩邊互相垂直，過直角的兩邊向直線作垂直，利用“同角的余角相等”轉化找等角旋轉模型模型解讀：將三角形繞著公共頂點旋轉一定角度后，兩個三角形能夠完全重合，則稱這兩個三角形為旋轉型三角形．旋轉后的圖形與原圖形存在兩種情況：①無重疊：兩個三角形有公共頂點，無重疊部分，一般有一對隱含的等角；②有重疊：兩個三角形含有一部分公共角，運用角的和差可得到等角．真題1（2024·山東德州·中考真題）如圖，在△ABC中，AD是高，AE是中線，AD=4，S△ABC=12A．1.5 B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】本題考查了三角形的高線和中線的意義，根據S△ABC=12和AD=4求出【詳解】解：∵S△ABC=∴BC∵AE是中線，∴BE故選：B真題2（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，DAA．100° B．115° C．130° D．145°【答案】B【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質，三角形外角的性質．根據等腰三角形的性質，可得∠C【詳解】解：∵AB=AC，∴∠C∵DA⊥∴∠CAD∴∠ADB故選：B真題3（2024·山東泰安·中考真題）如圖，直線l∥m，等邊三角形ABC的兩個頂點B，C分別落在直線l，m上，若∠ABE=21°，則A．45° B．39° C．29° D．21°【答案】B【分析】本題考查平行線的性質、等邊三角形的性質，根據平行線的性質可得∠EBC+∠DCB=180°，從而可得∠【詳解】解：∵l∥∴∠EBC即∠EBA∵△ABC∴∠ABC又∵∠ABE∴21°+60°+60°+∠ACD∴∠ACD故選：B．真題5（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=6，D為邊BC的中點，點E，F分別在邊AB，AC上，A．18 B．92 C．9 D．【答案】C【分析】本題考查等腰直角三角形的性質以及三角形全等的性質與判定，掌握相關的線段與角度的轉化是解題關鍵．連接AD，根據等腰直角三角形的性質以及AE=CF得出△ADE≌△CDF【詳解】解：連接AD，如圖：∵∠BAC=90°，AB=AC=6，點∴∠∴△ADE∴S又∵S△∴S故選：C真題5（2024·西藏·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，以點B為圓心，適當長為半徑作弧，分別交BC，BA于點D，E，再分別以點D，E為圓心，大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠ABC的內部相交于點P，作射線BP交AC于點F．已知CF【答案】3【分析】本題考查了作圖-基本作圖：作角平分線，角平分線的性質定理，勾股定理及全等三角形的判定與性質等知識．根據基本作圖可判斷BF平分∠ABC，過F作FG⊥AB于G，再利用角平分線的性質得到GF=CF=3，根據勾股定理求出AG=AF2-FG2=52【詳解】解：過F作FG⊥AB于由作圖得：BF平分∠ABC，FG⊥AB∴GF=在Rt△AFG中根據勾股定理得：∵FG=CF∴Rt∴BG設BG=BC=x，則在Rt△AC即：82解得：x=6∴BC在Rt△BCF中根據勾股定理得：故答案為：35真題6（2024·山東德州·中考真題）如圖，C是AB的中點，CD=BE，請添加一個條件，使【答案】AD=CE【分析】本題主要考查了全等三角形的判定．熟練掌握全等三角形的判定定理，是解決問題的關鍵．要使△ACD≌△CBE，已知AC=BC，CD=BE，則可以添加一對邊AD【詳解】解：∵C是AB的中點，∴AC=∵CD=∴添加AD=CE或可分別根據SSS、SAS判定故答案為：AD=CE或真題7（2024·江蘇鎮江·中考真題）如圖，∠C=∠D

(1)求證：△ABC(2)若∠DAB=70°，則∠【答案】(1)答案見解析(2)20【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質，三角形內角和定理，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．（1）利用AAS即可證得△ABC（2）先根據三角形內角和定理求出∠DBA的度數，再根據全等三角形的性質即可得出∠【詳解】（1）證明：在△ABC和△∠C∴△ABC（2）解：∵∠DAB=70°，∴∠DBA由（1）知△ABC∴∠CAB故答案為：20．真題8（2024·山東東營·中考真題）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，(1)問題發現如圖1，將△CAB繞點C按逆時針方向旋轉90°得到△CDE，連接AD，BE，線段AD與BE的數量關系是______，AD與BE的位置關系是(2)類比探究將△CAB繞點C按逆時針方向旋轉任意角度得到△CDE，連接AD，BE，線段AD與BE的數量關系、位置關系與（1）中結論是否一致？若AD交CE于點N，請結合圖(3)遷移應用如圖3，將△CAB繞點C旋轉一定角度得到△CDE，當點D落到AB邊上時，連接BE，求線段【答案】(1)BE=3AD(2)一致；理由見解析(3)BE【分析】（1）延長DA交BE于點H，根據旋轉得出CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，根據勾股定理得出（2）延長DA交BE于點H，證明△ACD∽△BCE，得出ADBE=（3）過點C作CN⊥AB于點N，根據等腰三角形的性質得出AN=ND=12AD，根據勾股定理得出AB=12【詳解】（1）解：延長DA交BE于點H，如圖所示：∵將△CAB繞點C按逆時針方向旋轉90°得到△∴CD=AC=1，CE∴根據勾股定理得：AD=12∴BE=3∵CD=AC，CE=∴∠ADC=∠DAC∴∠BHD∴AD⊥（2）解：線段AD與BE的數量關系、位置關系與（1）中結論一致；理由如下：延長DA交BE于點H，如圖所示：∵將△CAB繞點C旋轉得到△∴CD=AC=1，CE=BC∴ACBC∴△ACD∴ADBE=AC∴BE=3又∵∠ENH=∠CND，∠∴∠EHN∴AD⊥（3）解：過點C作CN⊥AB于點根據旋轉可知：AC=∴AN=∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴根據勾股定理得：AB=∵∠ANC=∠ACB∴△ACN∴ANAC即AN1解得：AN=∴AD=2根據解析（2）可知：BE=3【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．預測1（2025·陜西寶雞·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點D、E、F分別是邊AB、A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】本題考查了直角三角形的性質，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，三角形中位線的性質，正確理解和運用相關的性質是解題的關鍵．先根據三角形的中位線得出DE=12AC，再根據直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出【詳解】解：∵點D、E分別是邊∴DE在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點∴BF∴BF故選：A．預測2（2025·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在等邊三角形ABC中，AD⊥BC，垂足為D，點E在線段AD上，∠EBC=45°，若BE=22A．22 B．23-2 C．【答案】B【分析】本題主要考查等邊三角形的性質，勾股定理等知識，先求出ED=BD=2，再由勾定理求出AD【詳解】解：∵AD⊥∴∠又∠EBC∴∠BED∵BE=2∴BD∵△ABC是等邊三角形，且AD∴BC∴AB=4∴AD=∴AE=故選：B．預測3（2025·福建·一模）如圖，在△ABC中，BD是AC邊上的中線，E是BD的中點，連接CE，若S△BCE=2【答案】4【分析】本題考查了三角形的中線與面積，熟練掌握三角形中線的性質是解題關鍵．根據三角形中線的性質可得S△ABD=【詳解】解：∵E是BD的中點，∴BE=∴S△∵S△∴S△∵在△ABC中，BD是AC∴S△故答案為：4．預測4（2025·吉林四平·二模）如圖，在△ABC中，以點B為圓心，適當的長度為半徑畫弧分別交AB，BC邊于點P，Q，再分別以點P，Q為圓心，以大于12PQ為半徑畫弧，兩弧交于點M，連接BM交AC于點E，過點E作ED∥BC交AB于點D，若AB=12，【答案】18【分析】本題考查了作圖-基本作圖，等腰三角形的判定，平行線的性質，角平分線的定義，根據題意得BE平分∠ABC【詳解】解：由題意得：BE平分∠ABC∠ABE∵ED∥∴∠DEB∴∠ABE∴DE=∴AD+故答案為：18．預測5（2025·湖南岳陽·一模）如圖，一根豎直的木桿在離地面1m的A處折斷，木桿頂端落在地面的B處上，與地面的夾角為α，若α=30°，則木桿折斷之前高度為【答案】3【分析】本題考查了含30°角的直角三角形，由題意可知∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1【詳解】解：由題意可知，∠ACB=90°，∠ABC∴AB=2∴木桿折斷之前高度為：AC+故答案為：3．預測6（2025·江蘇常州·一模）如圖，點B、F、C、E在一條直線上，已知AB=DE，BF=(1)求證：AC=(2)分別連接AE、BD，則AE與BD的關系為________．【答案】(1)見解析(2)平行且相等【分析】本題考查的是全等三角形的判定與性質，（1）先證明BC=EF，再結合SAS證明（2）證明結合SAS證明△ABE≌△DEB，即可得出AE=DB【詳解】（1）證明：∵∴∴在△ABC和△AB∴△∴AC（2）如圖，連接AE、BD，AE與BD的關系為平行且相等．在△ABE和△AB∴△∴AE=DB∴AE故AE與BD的關系為平行且相等．預測7（2025·江蘇無錫·二模）如圖，點C在線段AD上，AB=AD，∠B(1)求證：△ABC(2)若∠BAC=62°，求【答案】(1)見解析(2)59°【分析】（1）根據SAS證明△ABC（2）根據全等三角形的性質可得∠BAC=∠DAE，AC=AE本題主要考查了全等三角形的判定和性質以及三角形內角和定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：∵在△ABC和△AB=AD∴△ABC（2）解：∵△ABC∴∠BAC=∠DAE∴∠ACE∵∠BAC∴∠ACE預測8（2025·貴州黔東南·一模）閱讀材料，并解決問題：【思維指引】（1）如圖1等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB解決此題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP'處，此時△ACP'≌△ABP，連接P'P，借助旋轉的性質可以推導出【知識遷移】（2）如圖2，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F為BC上的點且∠EAF=45°，請判斷【方法推廣】（3）如圖3，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=2，BC=3，點P為△ABC【答案】（1）等邊；150；（2）EF2=B【分析】（1）根據旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）根據旋轉的性質可得AE'=AE，CE'=BE，∠CAE'=∠BAE，∠ACE'=∠（3）由旋轉的性質可得PB=P'B,PC=P'C'，由等腰直角三角形的性質可得PP'=2【詳解】解：（1）∵△AC∴AP=AP'依題意得旋轉角∠PA∴△PA∴PP'∴P∴△P'PC∴∠APB故答案為：等邊；150；（2）EF如圖2，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△由旋轉的性質得，AE'=AE，CE'=∵∠EAF∴∠E∴∠EAF在△EAF和△AE=∴△EAF∴E∵∠CAB=90°，∴∠B∴∠E由勾股定理得，E'即EF（3）如圖，在△ABC內部任取一點P，連接AP，BP，CP將△BPC繞點B順時針旋轉90°得到△由旋轉的性質得：PB=∵∠PB∴P∴PA∴當A，P，P'，C'四點共線時，PA+2如圖，過點A作BC'垂線交C'∵∠ABC∴∠BAD∴BD=1又∵B∴C∴A【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，讀懂題目信息，理解利用旋轉構造出全等三角形和等邊三角形以及直角三角形是解題的關鍵．押題1如圖，過邊長為3的等邊△ABC的邊AB上一點P，作PE⊥AC于E，Q為BC延長線上一點，且CQ=PA，連接PQ交AC于點DA．1 B．32 C．2 D．【答案】B【分析】作PF∥BC交AC于點F，利用等邊三角形的性質和三線合一可得△APF是等邊三角形、PE是△APF的中線，則有AE=EF=12AF、PA=PF=【詳解】作PF∥BC交AC于點∵△ABC是等邊三角形，∴∠A∵PF∴∠APF∴△APF∴PA又∵PE∴PE是△∴AE∵CQ∴PF∵∠AFP∴∠PFD∵在△PFD和△∠∴△PFD∴DF∴DE故選：B．【點睛】本題考查的知識點是等邊三角形的性質與判定、三線合一、全等三角形的性質與判定，解題關鍵是利用輔助線構造等邊三角形，利用等邊三角形的性質判定全等后求DE的長．押題2如圖，點E在等邊△ABC的邊BC上，BE=4，射線CD⊥BC，垂足為點C，點P是射線CD上一動點，點F是線段AB上一動點，當EP+FP的值最小時，A．9 B．10 C．53 D．【答案】C【分析】作E點關于CD的對稱點E'，連接PE、E'P、PF，當E'、P、F三點共線，E'F⊥AB時，此時EP+FP本題主要考查了將軍飲馬、垂線段最短、以及勾股定理。熟練掌握相關知識是解題的關鍵．【詳解】解：作E點關于CD的對稱點E'，過E'作E'F⊥AB交AB于點連接PE，則PE=∴EP+當E'、P、F三點共線，且E'F∵△ABC∴∠B∵E'∴∠F∴BE∵BF=5，BE=4∴E'在Rt△BF∴EP+FP故選：C．押題3如圖，在△ABC中，AB=AC=10，AD平分∠BAC，點E為

【答案】5【分析】根據等腰三角形的三線合一得到∠ADC=90°，根據直角三角形的性質計算即可．【詳解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，點E為AC中點，∴DE=12AC=5故答案為5．【點睛】本題考查的是直角三角形的性質、等腰三角形的性質，掌握在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．押題4如圖△ABC≌△DEF，EF=BC，AB=DE，AD=20，FC=10，則AF=【答案】5【分析】根據全等三角形的性質可得AC=DF，進而可得AF=DC，進一步即可求出結果．【詳解】解：∵△ABC≌△DEF，∴AC=DF，∴AF=DC，∵AD=20，FC=10，∴AF=故答案為：5．【點睛】本題考查了全等三角形的性質，屬于基礎題型，熟練掌握全等三角形的性質是關鍵．押題5如圖，要為一段高為5米，長為13米的樓梯鋪上紅地毯，則紅地毯至少要米．【答案】17【分析】本題考查了勾股定理的應用，地毯的長度實際是所有臺階的寬加上臺階的高，因此利用勾股定理求出水平距離即可．【詳解】解：根據勾股定理，樓梯水平長度為132則紅地毯至少要12+5=17米長，故答案為：17．押題6如圖，A、E、B、D在同直線上，在△ABC和△DEF中，AB=DE，AC=DF，AC∥DF.求證：△ABC≌△DEF【答案】見解析【分析】欲證兩三角形全等，已經有兩個條件，只要再有一個條件就可以了，而AC∥DF可以得出∠CAB=∠D，條件找到，全等可證．【詳解】證明：∵AC∥DF，∴∠CAB=∠D，又∵AB=DE，AC=DF，∴△ABC≌△DEF（SAS）．【點睛】本題主要考查三角形全等的判定；要牢固掌握并靈活運用這些知識．押題7（1）如圖1，△ABC中，點D是邊BC的中點，若AB=6，AC=4解：∵點D是邊BC的中點，∴BD=將△ACD繞點D旋轉180°得到△即得△ACD≌△EBD，且A，D在△ABE中，可得AE6-4<AE∴AD的取值范圍是：．（2）如圖2，在△ABC中，∠BAC=90°，點D是BC邊的中點，∠MDN=90°，∠MDN的兩邊分別交AB于點E，交AC于點F，連接EF．探究線段【答案】（1）1<AD<5；（【分析】（1）結合解題步驟及AD=12（2）將△BDE繞點D旋轉180°得到△CDG，連接FG，即得△BDE≌△CDG，從而得出BE【詳解】解：（1）∵△ACD∴AD∴AE=2又∵6-4<AE∴2<2AD<10，即故答案為：1<AD（2）∵點D是邊BC的中點，∴BD=將△BDE繞點D旋轉180°得到△CDG，連接FG，即得∴BE=CG，∠B=∠DCG，ED=DG∵在△ABC中，∠∴∠B∴∠DCG+∠ACB∵ED=DG，且∴DF垂直平分EG，∴EF∵在Rt△CGF中，∴CF∴CF【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查對全等三角形的性質和判定、三角形的三邊關系定理、旋轉的性質等知識點，通過旋轉得到構造全等三角形是解答本題的關鍵．押題8綜合與實踐主題：制作無蓋正方體形紙盒素材：一張正方形紙板．步驟1：如圖1，將正方形紙板的邊長三等分，畫出九個相同的小正方形，并剪去四個角上的小正方形；步驟2：如圖2，把剪好的紙板折成無蓋正方體形紙盒．猜想與證明：

(1)直接寫出紙板上∠ABC與紙盒上∠(2)證明（1）中你發現的結論．【答案】(1)∠(2)證明見解析.【分析】（1）△ABC和ΔA1（2）證明△ABC是等腰直角三角形即可【詳解】（1）解：∠（2）證明：連接AC，

設小正方形邊長為1，則AC=BC=∵A∴△ABC∵A1∴△A∴∠ABC故∠【點睛】此題考查了勾股定理及其逆定理的應用和等腰三角形的性質，熟練掌握其性質是解答此題的關鍵．0303四邊形考點考情分析多邊形及其內角和選擇題?？疾槎噙呅蝺冉呛凸?、外角和定理的直接應用，或者結合正多邊形的性質，求多邊形的邊數、內角度數或外角度數等；填空題可能會涉及根據多邊形內角和與外角和的關系，求多邊形的邊數;或者在一些幾何圖形的組合中，利用多邊形內角和定理求某個角的度數；解答題:一般不會單獨考查，通常會與三角形、四邊形等其他幾何圖形綜合出現。平行四邊形選擇題:?？疾槠叫兴倪呅蔚幕拘再|；填空題可能涉及利用平行四邊形的性質求線段長度、角度大小或面積等；解答題通常會與三角形全等、相似、解直角三角形等知識綜合考查。特殊平行四邊形選擇題?？疾樘厥馄叫兴倪呅蔚幕拘再|和判定定理的直接應用；填空題可能涉及利用特殊平行四邊形的性質求線段長度、角度大小或面積等；解答題通常會與三角形全等、相似、解直角三角形以及函數等知識綜合考查?？疾榉种担?0-20分左右，占總分的8%-17%左右，具體分值因地區和試卷結構而異?？疾樾问剑哼x擇題:通常會有1-2道題考查四邊形，每題分值在3-4分左右，共計3-8分。填空題:也可能出現1-2道與四邊形有關的題目，每題分值一般為3-5分，大約共3-10分。解答題:如果有解答題考查四邊形，通常會是一道，分值在8-12分左右。命題趨勢：在選擇題和填空題中，可能會出現一些小巧靈活的題目，直接考查四邊形的基本性質和判定定理的應用，或者通過簡單的計算和推理來求解四邊形中的相關量。解答題的難度可能會有所增加，綜合性更強。除了傳統的證明和計算外，可能會出現一些探究性問題、開放性問題或實際應用問題。

知識點1：多邊形的相關概念

多邊形的定義：在平面中，由一些線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做多邊形.多邊形的對角線：連接多邊形不相鄰的兩個頂點的線段叫做多邊形的對角線.

多邊形對角線條數：從n邊形的一個頂點可以引（n－3）條對角線，并且這些對角線把多邊形分成了(n–2)個三角形，n邊形的對角線條數為n(多邊形內角和定理：n邊形的內角和為(n?2)?180°（n≥3）.【高分技巧】1）n邊形的內角和隨邊數的增加而增加，邊數每增加1，內角和增加180°.2）任意多邊形的內角和均為180°的整數倍.3）利用多邊形內角和定理可解決三類問題：①已知多邊形的邊數求內角和；②已知多邊形的內角和求邊數；③已知足夠的角度條件下求某一個內角的度數．多邊形外角和定理：任意多邊形的外角和等于360°，與多邊形的形狀和邊數無關.正多邊形的定義：各角相等，各邊相等的多邊形叫做正多邊形.【高分技巧】1）正n邊形的每個內角為（n-22）正n邊形有n條對稱軸．3）對于正n邊形，當n為奇數時，是軸對稱圖形；當n為偶數時，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．知識點2：平行四邊形的性質和判定

平行四邊形的定義：兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形.平行四邊形的表示：用符號“?”表示，平行四邊形ABCD記作“?ABCD”，讀作“平行四邊形ABCD”.平行四邊形的性質：1)對邊平行且相等；2)對角相等、鄰角互補；3)對角線互相平分；

4)平行四邊形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，平行四邊形的對角線的交點是平行四邊形的對稱中心.【高分技巧】1）平行四邊形相鄰兩邊之和等于周長的一半．2）平行四邊形中有相等的邊、角和平行關系，所以經常需結合三角形全等來解題．3）過平行四邊形對稱中心的任一直線等分平行四邊形的面積及周長．4）如圖①，AE平分∠BAD，則可利用平行線的性質結合等角對等邊得到△ABE為等腰三角形，即AB=BE．5）如圖②，已知點E為AD上一點，根據平行線間的距離處處相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．6）如圖③，根據平行四邊形的面積的求法，可得AE·BC=AF·CD．平行四邊形的判定定理：①定義：兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．②一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．③兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形．④兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形．⑤對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．【高分技巧】一般地，要判定一個四邊形是平行四邊形有多種方法，主要有以下三種思路：1）當已知條件中有關于所證四邊形的角時，可用“兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形”來證明；2）當已知條件中有關于所證四邊形的邊時，可選擇“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”或“兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形”或“有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”來證明；3）當已知條件中有關于所證四邊形的對角線時，可選擇“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”來證明

知識點3：三角形的中位線

三角形中位線概念：連接三角形兩邊中點的線段叫做三角形中位線.三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半.三角形中位線定理的作用：位置關系：可以證明兩條直線平行.數量關系：可以證明線段的倍分關系.常用結論：任意一個三角形都有三條中位線，由此有：結論1：三條中位線組成一個三角形，其周長為原三角形周長的一半.結論2：三條中位線將原三角形分割成四個全等的三角形.結論3：三條中位線將原三角形劃分出三個面積相等的平行四邊形.結論4：三角形一條中線和與它相交的中位線互相平分.結論5：三角形中任意兩條中位線的夾角與這夾角所對的三角形的頂角相等.知識點4：矩形的性質和判定

矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.矩形的性質：1）矩形具有平行四邊形的所有性質；2）矩形的四個角都是直角；3）對角線互相平分且相等；4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心.【推論】1）在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.2）直角三角形中，30度角所對應的直角邊等于斜邊的一半.矩形的判定：1)有一個角是直角的平行四邊形是矩形；

2）對角線相等的平行四邊形是矩形；3）有三個角是直角的四邊形是矩形.【高分技巧】

要證明一個四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個角是直角來直接證明．知識點5：菱形的性質和判定

菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.菱形的性質：1）具有平行四邊形的所有性質；2）四條邊都相等；3）兩條對角線互相垂直，且每條對角線平分一組對角.4）菱形既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，菱形的對稱中心是菱形對角線的交點，菱形的對稱軸是菱形對角線所在的直線，菱形的對稱軸過菱形的對稱中心.菱形的判定：1）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形.2）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形.3）四條邊相等的四邊形是菱形.【解題思路】判定一個四邊形是菱形時，可先說明它是平行四邊形，再說明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接說明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分．菱形的面積公式：S=ah=對角線乘積的一半（其中a為邊長，h為高）.菱形的周長公式：周長l=4a（其中a為邊長）.

知識點6：正方形的性質和判定

正方形的定義：四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形叫做正方形.

正方形的性質：1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質.2）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等.3）正方形對邊平行且相等.4）正方形的對角線互相垂直平分且相等，每條對角線平分一組對角；

5）正方形的兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形；

6）正方形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.【補充】正方形對角線與邊的夾角為45°.正方形的判定：1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個角為直角；2）矩形+一組鄰邊相等；3）矩形+對角線互相垂直；4）菱形+一個角是直角；5）菱形+對角線相等.【高分技巧】

判定一個四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或對角線互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個角是直角或對角線相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個角為直角和一組鄰邊相等．正方形的面積公式：a2＝對角線乘積的一半=2S△ABC=4S△AOB.正方形的周長公式：周長=4a真題1（2024·西藏·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，點P是邊AB上任意一點，過點P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分別為點A．132 B．6013 C．125【答案】B【分析】本題考查了勾股定理的運用、矩形的判定和性質以及直角三角形的面積的不同求法，題目難度不大，設計很新穎，解題的關鍵是求DE的最小值轉化為其相等線段CP的最小值．連接CP，根據矩形的性質可知：DE=CP，當DE最小時，則CP最小，根據垂線段最短可知當CP⊥AB時，則【詳解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°∴AB連接CP，如圖所示：∵PD⊥AC于點D，PE⊥CB于點∴∠PDC∴四邊形DPEC是矩形，∴DE當DE最小時，則CP最小，根據垂線段最短可知當CP⊥AB時，則∴此時DE=故選：B．真題2（2024·寧夏·中考真題）如圖，在正五邊形ABCDE的內部，以CD邊為邊作正方形CDFH，連接BH，則∠BHC=【答案】81【分析】本題考查正多邊形的內角問題，正方形的性質，等腰三角形的性質等．先根據正多邊形內角公式求出∠BCD，進而求出∠BCH，最后根據【詳解】解：∵正五邊形ABCDE中，∠BCD=15正方形CDFH中，∠HCD=90°，∴∠BCH=∠BCD∴∠BHC∴∠BHC故答案為：81．真題3（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，將矩形紙片ABCD沿邊EF折疊，使點D在邊BC中點M處．若AB=4，BC=6【答案】78/【分析】本題考查矩形的性質，勾股定理，折疊的性質，關鍵是由勾股定理列出關于x的方程．由矩形的性質推出CD=AB=4，∠C=90°，由線段中點定義得到CM=12BC【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=∵M是BC中點，∴CM=由折疊的性質得到：MF=設FC=∴FD=4-∴MF=4-∵MF∴4-x∴x=∴FC=故答案為：78真題4（2024·江蘇徐州·中考真題）已知：如圖，四邊形ABCD為正方形，點E在BD的延長線上，連接EA、(1)求證：△EAB(2)若∠AEC=45°，求證：【答案】(1)詳見解析(2)詳見解析【分析】本題主要考查了正方形的性質和全等三角形的判定與性質，解題關鍵是正確識別圖形，理解角與角之間的關系，熟練找出△EAB和△（1）根據正方形的性質證明AB=（2）根據正方形的性質和全等三角形的性質，求出∠CED和∠【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB在△EAB和AB=∴△EAB（2）∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BDC∵△EAB∴∠CED∵∠BDC∴∠DCE∴∠CED∴DC真題5（2024·山東青島·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，∠ABD=∠CDB，BE⊥AC于點E，DF

(1)求證：四邊形ABCD是平行四邊形；(2)若AB=BO，當∠ABE等于多少度時，四邊形ABCD【答案】(1)證明見解析(2)當∠ABE=30°時，四邊形ABC【分析】（1）先證明AB∥CD得到∠EAB=∠FCD，再由垂線的定義得到∠AEB=∠（2）當∠ABE=30°時，四邊形ABCD是矩形，利用三角形內角和定理得到∠BAO=60°，則可證明△AOB是等邊三角形，得到OA=OB，進而可證明AC【詳解】（1）證明：∵∠ABD∴AB∥∴∠EAB∵BE⊥AC，∴∠AEB又∵BE=∴△AEB∴AB=又∵AB∥∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）解：當∠ABE=30°時，四邊形∵BE⊥∴∠AEB∵∠ABE∴∠BAO又∵AB=∴△AOB∴OA=∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=∴OB=∴AC=∴四邊形ABCD是矩形，即當∠ABE=30°時，四邊形∴∠ABC∴在Rt△ABC中，【點睛】本題主要考查了矩形的性質與判定，平行四邊形的判定，解直角三角形，全等三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定等等，熟知平行四邊形和矩形的判定定理是解題的關鍵．真題6（2024·四川巴中·中考真題）綜合與實踐(1)操作與發現：平行四邊形和梯形都可以剪開拼成一個矩形，拼接示意圖如圖1、圖2．在圖2中，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，E、F是AD、BC(2)探究與證明：探究將任意一個四邊形剪開拼成一個平行四邊形，拼接示意圖如圖3、圖4、圖5．在圖5中，E、F、G、①通過操作得出：AE與EB的比值為______．②證明：四邊形OJKL為平行四邊形．(3)實踐與應用：任意一個四邊形能不能剪開拼成一個矩形？若能，請將四邊形ABCD剪成4塊，按圖5的方式補全圖6，并簡單說明剪開和拼接過程．若不能，請說明理由．【答案】(1)△(2)①1；②見詳解(3)見詳解【分析】（1）由“角角邊”即可證明；（2）①由操作知，將四邊形EBFO繞點E旋轉180°得到四邊形EAQL，故AE=BE，因此AEBE（3）取AB,BC,CD,DA為中點為E,H,G,F，連接FH，過點E，點G分別作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足為點M,N，將四邊形EBHM繞點E旋轉180°至四邊形EAH'M'，將四邊形FDGN繞點F旋轉180°至四邊形【詳解】（1）解：如圖，∵AB∥∴∠GAE由題意得E為AD中點，‘∴EA=ED∵∠AEG∴△故答案為：△EAG（2）解：①如圖，由操作知，點E為AB中點，將四邊形EBFO繞點E旋轉180°得到四邊形EAQL，∴AE=∴AEBE故答案為：1；②如圖，由題意得，E、F、G、H是AB,BC,CD,DA的中點，操作為將四邊形EBFO繞點E旋轉180°得到四邊形則AQ=BF=∵∠DAB+∠B+∠C∴∠PAQ∵∠∴∠AQL∴K,Q,由操作得，∠2=∠L∵∠1+∠2=180°,∠1+∠3=180°，∴∠1+∠∴OJ∥∴四邊形OJKL為平行四邊形；（3）解：如圖，

如圖，取AB,BC,CD,DA為中點為E,H,G,F，連接FH，過點E，點G分別作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足為點M,N，將四邊形EBHM繞點E旋轉180°至四邊形EAH'M'，將四邊形FDGN繞點F旋轉180°至四邊形FA由題意得，∠EMF=∠EMH∴∠N'∴N'由操作得，∠1=∠4,∠2=∠3，∵∠1+∠2=180°，∴∠3+∠4=180°，∴N″同理N'∵∠N∴四邊形MM如圖，連接AC,∵E,H為∴EH∥同理FG∥∴FG∥∴∠EHM∵∠EMF∴△EHM∴EM=GN，∴FM由操作得，AH'=∴AH同理，AG∵∠BAD+∠D+∠C∴∠H∵四邊形MM∴N'∴N'∴MF∴NH=同理NG=∴四邊形NGCH能放置左上方空出，∴按照以上操作可以拼成一個矩形．【點睛】本題考查了平行線的性質，全等三角形的判定與性質，圖形的旋轉，三角形的中位線，正確理解題意是解題的關鍵．真題7（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，∠(1)求證：AC=(2)點E在BC邊上，滿足∠CEO=∠COE．若AB=6，BC=8【答案】(1)見解析(2)CE=5，【分析】本題考查矩形的判定與性質、勾股定理、等腰三角形的判定與性質、銳角三角函數等知識，熟練掌握矩形的判定與性質是解答的關鍵．（1）直接根據矩形的判定證明即可；（2）先利用勾股定理結合矩形的性質求得AC=10，OB=OC．進而可得CO=12AC=5，再根據等腰三角形的判定得到CE=CO=5，過點O【詳解】（1）證明：因為四邊形ABCD是平行四邊形，且∠ABC所以四邊形ABCD是矩形．所以AC=（2）解：在Rt△ABC中，AB=6所以AC=因為四邊形ABCD是矩形，所以CO=12因為∠CEO=∠COE過點O作OF⊥BC于點F，則所以EF=在Rt△COF中，所以tan∠真題8（2024·山東泰安·中考真題）綜合與實踐為了研究折紙過程蘊含的數學知識，某校九年級數學興趣小組的同學進行了數學折紙探究活動．【探究發現】（1）同學們對一張矩形紙片進行折疊，如圖1，把矩形紙片ABCD翻折，使矩形頂點B的對應點G恰好落在矩形的一邊CD上，折痕為EF，將紙片展平，連結BG，EF與BG相交于點H．同學們發現圖形中四條線段成比例，即EFBG【拓展延伸】（2）同學們對老師給出的一張平行四邊形紙片進行研究，如圖2，BD是平行四邊形紙片ABCD的一條對角線，同學們將該平行四邊形紙片翻折，使點A的對應點G，點C的對應點H都落在對角線BD上，折痕分別是BE和DF，將紙片展平，連結EG，FH，FG，同學們探究后發現，若FG∥CD，那么點G恰好是對角線BD的一個“黃金分劇點”【答案】（1）EFBG=AB【分析】本題主要考查了矩形的性質、平行四邊形的性質、相似三角形的判定和性質、折疊的性質等知識點，掌握相關知識是解題的關鍵．（1）如圖：作EM⊥BC于點M，再證△EMF∽△BCG（2）利用平行線分線段比例可得CDFG=BDBG，再說明GD=GF，進而得到CDGD【詳解】解：（1）EFBG作EM⊥BC于點∵EF∴∠BHF∴∠FBH∵∠EMF∴∠MEF∴∠FBH又∵∠EMF∴△EMF∴EFBG∵ABCD是矩形，EM∴四邊形ABME是矩形．∴AB∴EF（2）同學們的發現說法正確，理由如下，∵CD∴CDFG=由折疊知∠CDF∴∠DFG∴GD∴CD由平行四邊形及折疊知AB=BG，∴BG∴BG2=BD預測1（2025·陜西寶雞·一模）如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=60°，點O為對角線BD的中點，過點O作OG⊥BC于GA．2 B．3 C．1 D．1【答案】C【分析】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，含30°角的直角三角形的性質，先根據菱形的性質得出BC=CD=4，∠C=60°，然后證明△BCD是等邊三角形，得出BD=【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠A∴AB=CD∴△BCD∴BD=BC=4∵點O為對角線BD的中點，∴BO=∵OG⊥BC，∴∠BOG∴BG=故選：C．預測2（2025·安徽·二模）如圖，五邊形ABCDE是正五邊形，F是CD的中點，連接AF，AC，則∠CAF的度數為（

A．15° B．18° C．20° D．24°【答案】B【分析】本題主要考查了正五邊形的性質、等腰三角形的性質、三角形的全等與性質等知識點，熟練掌握等腰三角形的性質是解題的關鍵．如圖：連接AD，根據正五邊形的性質和內角和定理、等腰三角形的性質可得∠CAB=∠DAE=36°、【詳解】解：如圖：連接AD，∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴AB=BC=∴△ABC∴AC=AD，∴∠CAD∵F是CD的中點，∴CF=∴∠CAF故選B．預測3（2025·安徽·一模）如圖，矩形ABCD的兩條對角線相交于點O，點E在AB的延長線上，OE與BC交于點F．若F為OE的中點，BCAB=34，則A．34 B．45 C．32【答案】D【分析】本題主要考查了矩形的性質，相似三角形的性質和判定，勾股定理，作OG⊥AB，先設BC=3a,AB=4a，根據矩形的性質可得【詳解】解：如圖所示，過點O作OG⊥AB，交AB于點由BCAB=3∵四邊形ABCD是矩形，∴AO=∴AG=∵∠OGB∴OG∥∴△EFB∴BEEG∴BE=根據勾股定理，得CE=∴CECD故選：D．預測4（2025·重慶·一模）如圖，在正方形ABCD中，F為DC上一點，E在CB的延長線上，連接AE，AF，EF，點G為EF的中點，連接DG．若AE=AF，EB=14A．23 B．24 C．25【答案】C【分析】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質、三角形的中位線性質、勾股定理等知識，構造三角形的中位線求解是解答的關鍵．先證明Rt△ABE≌Rt△ADFHL得到BE=DF，設BE=DF=x，則BC=CD=4x，則CE=5x【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=∴∠ABE=∠ADF∴Rt△∴BE=DF，設∵EB=∴BC=CD=4x，則取CF的中點H，連接GH，則FH=∵點G為EF的中點，∴GH為△EFC∴GH=12∴∠GHD在Rt△DHG中，∴DG=∴DFDG故選：C．預測5（2025·陜西咸陽·模擬預測）如圖，已知四邊形ABCD是邊長為6的正方形，E為CB延長線上一點，以BE為邊，在直線CE上方作正方形BEFG，連接DF，取DF的中點M，連接BM．若∠FMB=60°，則BE【答案】2【分析】本題主要考查正方形的性質和勾股定理，連接BF,DB，根據正方形的性質得出BD=2BC=62【詳解】解：連接BF,∵四邊形ABCD,∴∠GBF∴∠DBF∵M是DF的中點，∴MF=∵∠FMB∴△FBM∴MF∴DF=2在Rt△DBF中，∴62∴BF=2∴BE=故答案為：23預測6（2025·浙江嘉興·一模）如圖，在正方形紙片ABCD中，點M，N分別是BC，AD上的點，將該正方形紙片沿直線MN折疊，使點B落在CD的中點E處．若AB=4，則△【答案】3【分析】本題考查了正方形的性質，折疊的性質，勾股定理．由折疊的性質得BM=EM，設BM=EM=【詳解】解：∵正方形紙片ABCD，AB=4∴AB=BC=由折疊的性質知，BM=設BM=∵點E是CD的中點，∴CE=在Rt△CEM中，EM=由勾股定理得CE∴22解得x=52∴△CEM的面積是1故答案為：32預測7（2025·浙江·二模）如圖1，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BAD的平分線交BC于點E，交直線DC(1)請你選擇一位同學的說法，并進行證明（選小波得4分，選小杭得2分）；(2)如圖2，若∠BAD=60°，四邊形CEGF是菱形，分別連結DB，DG，求【答案】(1)選小波，證明見解析（答案不唯一）(2)60°【分析】（1）選小波，證明∠DAE=∠CEF得出AD選小杭，證明∠DAE=∠BEA，得出AD（2）分別連接GB，GC，由菱形和平行四邊形的性質證明△ECG是等邊三角形得EG=CG，∠GCE=∠CEG=∠EGC=60°【詳解】（1）選小波，證明：∵CE=∴∠CEF∵AB∥∴∠BAE∵∠BAD的平分線交BC于點E∴∠BAE∴∠DAE∴AD∥∴四邊形ABCD為平行四邊形；選小杭，證明：∵AB=∴∠BAE∵∠BAD的平分線交BC于點E∴∠BAE∴∠DAE∴AD∥∴四邊形ABCD為平行四邊形；（2）如圖，分別連接GB，GC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=∴∠ECF=120°，∵AB=∴DC=BE，∵四邊形CEGF是菱形，∴CE=CF=∴∠CEF=∠BEA∴△ECG∴∠EGC∴∠DCG∵∠CEG=60°，四邊形∴∠GEF∴∠BEG∴∠BEG∴△BEG∴