《2026年决胜中考数学安徽专版》

典例1(2025·安徽模拟预测)
如图，直线$l$与正五边形$ABCDE$的边$AB$，$CD$分别相交于点$F$，$G$，则$\alpha+\beta$的大小为()


A.$120^{\circ}$
B.$136^{\circ}$
C.$144^{\circ}$
D.$150^{\circ}$

答案： [解析] $\because ABCDE$为正五边形，$\therefore\angle B=\angle C=\frac{(5 - 2)×180^{\circ}}{5}=108^{\circ}$，$\therefore\angle GFB+\angle FGC = 360^{\circ}-\angle B-\angle C = 144^{\circ}$。$\because\alpha=\angle GFB$，$\beta=\angle FGC$，$\therefore\alpha+\beta = 144^{\circ}$。
[答案] C

典例2(2025·新疆)
如图，在$□ ABCD$中，$\angle BCD$的平分线交$AB$于点$E$，若$AD = 2$，则$BE=$。

答案： [解析] $\because$四边形$ABCD$是平行四边形，$AD = 2$，$\therefore AB// CD$，$AD = BC = 2$，$\therefore\angle DCE=\angle CEB$。$\because\angle BCD$的平分线交$AB$于点$E$，$\therefore\angle DCE=\angle BCE$，$\therefore\angle BCE=\angle BEC$，$\therefore BE = BC = 2$。
[答案] $2$

1.(2015·安徽)如图所示，在四边形$ABCD$中，$\angle A=\angle B=\angle C$，点$E$在边$AB$上，$\angle AED = 60^{\circ}$，则一定有(D)


A.$\angle ADE = 20^{\circ}$
B.$\angle ADE = 30^{\circ}$
C.$\angle ADE=\frac{1}{2}\angle ADC$
D.$\angle ADE=\frac{1}{3}\angle ADC$

答案： 1.D　[解析]设$\angle ADE = x^{\circ},\angle ADC = y^{\circ}$，由题意可得，$\angle ADE+\angle AED+\angle A = 180^{\circ}$，$\angle A+\angle B+\angle C+\angle ADC = 360^{\circ}$，即$x + 60 + \angle A = 180·s①$，$3\angle A + y = 360·s②$，由①×3 - ②可得$3x - y = 0$，$\therefore x=\frac{1}{3}y$，即$\angle ADE=\frac{1}{3}\angle ADC$。

(2025·湖北模拟预测)如图，将正五边形剪掉一个角(裁剪线不经过顶点)，则$\angle1+\angle2$的度数和为(D)


A.$108^{\circ}$
B.$180^{\circ}$
C.$252^{\circ}$
D.$288^{\circ}$

答案： [变式训练]　D　[解析]
∵五边形$ABCDE$是正五边形，$\angle A = \angle B = \angle C = \angle D = \angle E = \frac{(5 - 2)×180^{\circ}}{5} = 108^{\circ}$，$\therefore\angle A+\angle B+\angle C+\angle D = 108^{\circ}×4 = 432^{\circ}$。
∵六边形的内角和为$(6 - 2)×180^{\circ} = 720^{\circ}$，$\therefore\angle1+\angle2 = 720^{\circ} - 432^{\circ} = 288^{\circ}$。

2.(2025·安徽)在如图所示的$□ ABCD$中，$E$，$G$分别为边$AD$，$BC$的中点，点$F$，$H$分别在边$AB$，$CD$上移动(不与端点重合)，且满足$AF = CH$，则下列为定值的是(C)


A.四边形$EFGH$的周长
B.$\angle EFG$的大小
C.四边形$EFGH$的面积
D.线段$FH$的长

答案：
2.C　[解析]连接$EG$，在$□ ABCD$ 中，$E,G$分别为$AD,BC$中点。 $\because AD//BC$且$AD = BC$，$AE=\frac{1}{2}AD$，$BG=\frac{1}{2}BC$，$\therefore AE//BG$且$AE = BG$，$\therefore$四边形$ABGE$是平行四边形，$\therefore AB//EG$。同理$EG//CD$，且$EG = AB = CD$，$\therefore$四边形$DCGE$是平行四边形，则$\triangle GEF$与$\triangle GEH$的面积分别为$□ AB - GE$与$□ EGCD$面积的一半，四边形$EFGH$的面积是$S_{\triangle GEF}+S_{\triangle GEH}$，$\therefore$四边形$EFGH$的面积始终为$□ ABCD$面积的一半，是定值，故C正确。$EF,FG$等边长随$F,H$移动变化，周长不定，故A错误；$\angle EFG$大小随$F$移动改变，故B错误；$FH$长度随$F,H$移动改变，故D错误。

3.(2020·安徽)在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片$ABCD$沿过点$A$的直线折叠，使得点$B$落在$CD$上的点$Q$处，折痕为$AP$；再将$\triangle PCQ$，$\triangle ADQ$分别沿$PQ$，$AQ$折叠，此时点$C$，$D$落在$AP$上的同一点$R$处。请完成下列探究：

(1)$\angle PAQ$的大小为30$^{\circ}$；
(2)当四边形$APCD$是平行四边形时，$\frac{AB}{QR}$的值为√3。

答案： 3.
(1)$30$
(2)$\sqrt{3}$ [解析]
(1)由折叠的性质可得，$\angle B = \angle AQP$，$\angle DAQ = \angle QAP = \angle PAB$，$\angle DQA = \angle AQR$，$\angle CQP = \angle PQR$，$\angle D = \angle ARQ$，$\angle C = \angle QRP$。$\because\angle QRA + \angle QRP = 180^{\circ}$，$\therefore\angle D + \angle C = 180^{\circ}$，$\therefore AD//BC$，$\therefore\angle B + \angle DAB = 180^{\circ}$。$\because\angle DQR + \angle CQR = 180^{\circ}$，$\therefore\angle DQA + \angle CQP = 90^{\circ}$，$\therefore\angle AQP = 90^{\circ}$，$\angle B = \angle AQP = 90^{\circ}$，$\angle DAB = 90^{\circ}$，$\therefore\angle DAQ = \angle QAP = \angle PAB = 30^{\circ}$。
(2)由折叠的性质可得，$AD = AR$，$CP = PR$。$\because$四边形$APCD$是平行四边形，$\therefore AD = PC$，$\therefore AR = PR$。又$\because\angle AQP = 90^{\circ}$，$\therefore QR = \frac{1}{2}AP$。$\because\angle PAB = 30^{\circ}$，$\angle B = 90^{\circ}$，$\therefore AP = 2PB$，$AB = \sqrt{3}PB$，$\therefore PB = QR$，$\therefore\frac{AB}{QR}=\sqrt{3}$。