2026年中考数学二轮复习 专题05 图形的性质(知识清单)

这是一份2026年中考数学二轮复习 专题05 图形的性质(知识清单)，共6页。学案主要包含了典例 01，变式 01，变式 02，传统文化，变式 03，观察发现，类比探究，拓展延伸等内容，欢迎下载使用。
内 容 导 航
第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向
考向聚焦►考查形式►能力清单
第二部分技法清单构建思维框架，提炼通用解法
知识必备/二级结论
母题精讲&答题技法
变式应用
技法 01全等三角形的性质与判定的综合技法 02等腰三角形性质与判定的综合
技法 03平面镶嵌问题技法 04四边形性质与判定的综合
技法 05四边型的综合问题技法 06切线性质与判定的综合应用
技法 07尺规作图在几何证明与计算的应用技法 08常见最值问题
技法 09垂直模型的应用技法 10旋转模型的应用
技法 11半角模型的应用技法 12倍长中线模型的应用
第三部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁
命 题 解 码
考向聚焦
技法 01全等三角形的性质与判定的综合：全等三角形是几何推理的核心工具，常与平移、轴对称、旋转等变换结合，考查学生在复杂图形中识别全等关系并进行推理证明的能
力。
技法 02等腰三角形性质与判定的综合：重点考查等腰三角形"等边对等角""三线合一"等
性质，以及"等角对等边"的判定方法，常与角度计算、线段证明结合。
技法 03平面镶嵌问题：考查多边形内角和及正多边形内角计算，判断给定正多边形能否
进行平面镶嵌（密铺），常以选择题形式出现。
技法 04四边形性质与判定的综合：考查平行四边形及特殊平行四边形（矩形、菱形、正
方形）的性质与判定，常与三角形全等、相似结合，要求进行推理证明或计算。
技法 05四边型的综合问题：四边形与函数、动点、最值等问题的综合，常作为压轴题，
考查学生的综合分析能力。
技法 06切线性质与判定的综合应用：切线的判定与性质是圆部分的高频考点，常出现在
技 法 清 单
技法 01全等三角形的性质与判定的综合
知识必备
全等三角形的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）、全等三角形的性质（对应边相等、对应角相等）、常见全等模型、平行线性质、中点性质。
答题技法
熟悉平移型、轴对称型、旋转型、一线三垂直型等常见全等模型 "" \h –1。证明时先找已知边角条件，再结合图形
特征（如公共边、公共角、对顶角）寻找缺失条件。注意利用平行线找角相等、利用中线或垂线找边的关系。
母题精讲
解答题中，与三角形相似、勾股定理等结合，考查推理与计算能力。
技法 07尺规作图在几何证明与计算的应用：以无刻度的直尺和圆规作图为核心，要求保
留作图痕迹，并结合作图过程进行几何证明或计算。
技法 08常见最值问题：几何图形中的线段最值、面积最值问题，常结合动点、函数模型
考查，是中考压轴题的热点。
技法 09垂直模型的应用："一线三垂直"模型是中考高频模型，常在全等、相似、函数与几何综合题中考查，用于证明线段相等或求长度。
技法 10旋转模型的应用：以旋转中心、旋转角、对应点关系为核心，考查旋转前后图形的全等关系，常用于证明线段相等、角相等或求最值。
技法 11半角模型的应用：半角模型常见于正方形、等腰直角三角形中，涉及一个大角中包含其半角，常通过旋转构造全等三角形解决问题。
技法 12倍长中线模型的应用：倍长中线是处理三角形中线问题的常用辅助线作法，常用于证明线段相等、角相等或求线段取值范围。
考查形式
□□□□□□□□□□“□□□□”□□□□□□□□□□□□□□□□□  □□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□□□□□□□□  □□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□  □□□□□□□□□□□□□□□□□□□□
 □□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□
能力清单
直观想象能力：能根据条件想象几何图形，识别常见模型（一线三垂直、旋转、半角等）。逻辑推理能力：能依据已知条件，运用定理进行严谨的推理论证。
模型识别与应用能力：在复杂图形中识别出基本几何模型，并运用模型结论快速解题。运算求解能力：准确进行线段长度、角度计算，运用勾股定理、方程思想求解未知量。
分类讨论意识：在动点问题、存在性问题中，能根据位置变化进行分类讨论。
【典例 01】（2026·山东威海·模拟预测）课本再现
如图 1， ∠ CAE 是VABC 的外角， AD 平分∠ CAE ， AD ∥ BC ，则 AB AC ．（填“  ”“  ”或 “  ”）
类比迁移
如图 2，在VABC 中， AD 是VABC 的一条角平分线，过点 D 作 DE ∥ AB 交 AC 于点 E，求证：
AE  DE ．拓展运用
如图 3，在VABC 中， AB  AC ，0 是VABC 角平分线 AD 上一点，延长 B0 至点 M，使 B0  0M ，过点 M 作MN ∥ AB 交 AC 于点 N，猜想MN 与 NC 的数量关系，并进行证明．
【答案】（1）  ；（2）见解析；（3） MN  NC ，见解析
【分析】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
由角平分线的定义得DAE  DAC ，由平行线的性质得DAE  B ， DAC  C ，等量代换得
B  C ，进而可证 AB  AC ；
由角平分线的定义得DAB  DAC ，由平行线的性质得DAB  ADE ，等量代换得
DAC  ADE ，进而可证 AE  DE ；
由角平分线的定义得DAB  DAC ，根据SAS 证明△AB0≌△AC0 得AB0  AC0 ， 0B  0C ，然后证明CMN  MCN 即可得出 MN  NC ．
【详解】解：（1）Q AD 平分∠ CAE ，
DAE  DAC ．
Q AD ∥ BC ，
DAE  B ， DAC  C ，
B  C ，
 AB  AC ．
故答案为：  ；
（2）Q AD 平分∠ BAC ，
DAB  DAC ．
Q DE ∥ AB ，
DAB  ADE ，
DAC  ADE ，
 AE  DE ；
（3） MN  NC ，证明如下，连接CM ， C0 ，如图，
Q AD 平分∠ BAC ，
DAB  DAC ．
Q AB  AC ， A0  A0 ，
V AB0≌V AC0 SAS ，
AB0  AC0 ， 0B  0C ．
Q B0  0M ，
0M  0C ，
0MC  0CM ．
Q MN ∥ AB ，
AB0  0MN ，
AC0  0MN ，
∵ CMN  0MN  0MC, MCN  0CN  0CM ，
CMN  MCN ，
 MN  NC ．
变式应用
【变式 01】（2026·江苏苏州·一模）如图， BE ， CF 分别是VABC 的边 AC ， AB 上的高，且 BP  CA ，
AB  QC ．求证：
(1) △ABP≌△QCA ；
(2) AP  AQ ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法和性质是解题的关键．
根据题意易得BFP  CEP  90 ， FPB  EPC ，则FBP  ECP ，即可根据SAS 判定
△ABP≌△QCA ；
根据全等三角形的性质得出Q  BAP ，再根据∠Q ∠QAF  90 ，得出
QAP  BAP  QAF  90 ，即可求证 AP  AQ ．
【详解】（1）证明：∵ BE ， CF 分别是VABC 的边 AC ， AB 上的高，
∴ BFP  CEP  90 ，
∴ FPB  FBP  EPC  ECP ，
∵ FPB  EPC ，
∴ FBP  ECP ， 在V ABP 和VQCA 中，
BP  CA

FBP  ECP ，

AB  QC
∴V ABP≌VQCASAS ；
（2）解：∵△ABP≌△QCA ，
∴ Q  BAP ，
∵ CF 是VABC 的边 AB 上的高，
∴ AB  CQ ，即AFQ  90 ，
∴∠Q ∠QAF  90 ，
∴ QAP  BAP  QAF  Q  QAF  90 ，
∴ AP  AQ ．
【变式 02】（2025·湖南长沙·一模）如图， VABC 中， AD ⊥ BC ，垂足为 D， BE  AC ，垂足为 E， AD
与 BE 相交于点 F， BF  AC ．
求证： △ADC≌△BDF ；
若 DF  2，AF  3 ，求 BC 的长
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，线段的和差，垂直的定义，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质．
先证明BDF  ADC，CAD  FBD ，然后根据AAS ，再结合已知条件可得结论；
根据 DF  2，AF  3 ，得出 AD  AF  DF  3  2  5 ，根据△ADC≌△BDF 得出
BD  AD  5，CD  DF  2 ，最后根据线段和差间的关系，得出答案即可．
【详解】（1）证明：∵ AD ⊥ BC ，
∴ BDF  ADC  90 ，
∵ BE  AC ，
∴ BEC  90 ，
∴ CAD  ACD  ACD  DBF  90 ，
∴ CAD  DBF ，
在△ADC 和VBDF 中，
ADC  BDF

CAD  FBD ，

AC  BF
∴V ADC≌VBDF AAS ；
（2）解：∵ DF  2，AF  3 ，
∴ AD  AF  DF  3  2  5 ，
∵△ADC≌△BDF ，
∴ BD  AD  5，CD  DF  2 ，
∴ BC  BD  DC  5  2  7 ．
技法 02等腰三角形性质与判定的综合
知识必备
等腰三角形的定义、性质（等边对等角、三线合一）、判定（等角对等边）、等边三角形性质、直角三角形性质（勾股定理）。
答题技法
遇到等腰三角形，优先联想”三线合一”（顶角平分线、底边中线、底边高线重合）。涉及角度计算时，利用底角相等设未知数列方程；涉及线段证明时，常需构造全等三角形或利用等角对等边判定。
母题精讲
【典例 01】（25-26 八年级上·河北邯郸·期末）【传统文化】“立表测影”是中国天文传统之一，当用来观察
季节或时间时，首先“立表”，确保“表”不偏不倚，其次是放置与之垂直的主尺，最后是观察正午日影在圭尺上“勾”出的日影长度，由此判断季节或时间．如图，“表” AB 与“圭” BC 垂直，冬至时节“表” AB 的日影最长（ BC 的长），某一节气，光线 AM 平分∠ BAC ， D 为 AC 上一点，连接MD ， BD ．
证明：∵ AM 平分∠ BAC ， MD  AC ， MB  AB ，∴ DM  BM （依据1）
在RtV ABM 和Rt△ADM 中，
 AM  AM


BM  DM
， Rt
△ABM ≌Rt△ADM （依据2 ）
(1)若MD  AC ，下面是小明证明VABM≌VADM 的过程，依据1是，依据2 是；
(2)若△ABD 为等边三角形．
① 说明点M 在线段 AC 的垂直平分线上；
② 已知日影 BM 的长为2 米，求日影 BC 的长．
【答案】(1)角平分线的性质， HL ；
(2) ① 见解析； ② 日影 BC 的长为6 米．
【分析】（1）由角平分线的性质可得 DM  BM ，然后通过“ HL ”即可求证；
（ 2 ） ① 由△ABD 是等边三角形，可得BAD  60 ，则C  30 ，通过角平分线的定义可得
BAM  CAM  1 BAD  30 ，所以CAM  C ，从而得MA  MC ，然后通过垂直平分线的判定即
2
可求证；
② 通过30 角所对直角边是斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵ AM 平分∠ BAC ， MD  AC ， MB  AB ，
∴ DM  BM （角平分线的性质）在RtV ABM 和Rt△ADM 中，
 AM  AM

BM  DM ，
∴ RtV ABM ≌RtV ADM HL ，
故答案为：角平分线的性质， HL ；
（2）解： ① 如图，
∵△ABD 是等边三角形，
∴ BAD  60 ，
∴ C  90  BAD  30 ，
∵ AM 平分∠ BAC ，
∴ BAM  CAM  1 BAD  30 ，
2
∴ CAM  C ，
∴ MA  MC ，
∴点M 在线段 AC 的垂直平分线上；
② 在RtV ABM 中， BAM  30 ，
∴ AM  2BM  4 米，
由（1）知MA  MC  4 米，
∴ BC  BM  MC  6 （米），
∴日影 BC 的长为6 米．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的判定，角平分线的定义，直角三角形的性质等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键．
变式应用
【变式 01】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图 1，在VABC 中， AB  AC ， BAC  2α ，点 D，E 均在边
BC 上（点 D 在点 E 的左侧），且DAE  α ．
如图 1，将△ABD 绕点 A 逆时针旋转2α 得到△ACF ，连接 EF ，求证： △ADE ≌△AFE ；
如图 2，若BAC  90 ，求证： DE 2  BD2  EC2 ；
如图 3，若BAC  60 ， AB  AC  5，BD  1，求线段CE 的长度．
【答案】(1)见解析
见解析
5
3
【分析】（1）由旋转得△ABD≌△ACF ，由BAC  2α ， DAE  α ，可得BAD  CAE  α ，进而可得CAF  CAE  EAF  α ， DAE  FAE  α ，根据“边角边”可证△ADE ≌△AFE ；
将△ABD 绕点 A 逆时针旋转90 得到△ACF ，连接 EF ， CF ，先求出ABC  ACB  45 ，进而可
得ECF  ACB  ACF  90 ，在RtVECF 中， EF 2  FC 2  EC 2 ，根据（1）中的方法，同理可证明
△ADE ≌△AFE ，得出 DE  FE ，问题得证；
将△ABD 绕点 A 逆时针旋转60 得到△ACF ，连接 EF ， CF ，过 F 点作 FG  BC ，交 BC 的延长线于点 G，可得VABC 是等边三角形，根据（1）中的方法可证明： △ADE ≌△AFE ，即
DE  EF  4  EC ，根据旋转的性质有ABC  ACF  60 ， BD  FC  1 ，再证CFG  30 ，利用含 30
度角的直角三角形的性质和勾股定理解Rt△CFG ， Rt△EFG ，问题得解．
【详解】（1）证明：根据旋转的性质，可得： △ABD≌△ACF ，
∴ AD  AF ， BAD  CAF ，
∵ BAC  2α ， DAE  α ，
∴ BAD  CAE  α ，
∴ CAF  CAE  EAF  α ，
∴ DAE  FAE  α ， 又∵ AD  AF ， AE  AE ，
∴V ADE≌V AFE SAS ；
证明：将△ABD 绕点 A 逆时针旋转90 得到△ACF ，连接 EF ， CF ，
∵ BAC  90 ， AB  AC ，
∴ ABC  ACB  45 ，
根据旋转的性质，可得： ABC  ACF  45 ， BD  FC ，
∴ ECF  ACB  ACF  90 ，
∴在RtVECF 中， EF 2  FC 2  EC 2 ，
根据（1）中的方法，同理可证明△ADE ≌△AFE ，
∴ DE  FE ， 又∵ BD  FC ，
∴ DE 2  BD2  EC2 ；
证明：将△ABD 绕点 A 逆时针旋转60 得到△ACF ，连接 EF ， CF ，过 F 点作 FG  BC ，交 BC 的延长线于点 G，如图，
∵ BAC  60 ， AB  AC  5 ，
∴VABC 是等边三角形，
∴ AB  BC  5 ，∠BAC ∠ABC ∠ACB  60 ，
∵ BD  1，
∴ DE  BC  BD  EC  4  EC ，
根据（1）中的方法可证明： △ADE ≌△AFE ，
∴ DE  EF  4  EC ，
根据旋转的性质有： ABC  ACF  60 ， BD  FC  1 ，
∴ ECF  ACB  ACF  120 ，
∴ FCG  60 ，
∵ FG  BC ，
∴ CFG  30 ，
∴在Rt△CFG 中， CG  1 CF  1 ，
22
FG 
3 ，
CF 2  CG2
2
∴ EG  EC  CG  EC  1 ，
2
∵在Rt△EFG 中， EF 2  EG 2  FG 2 ，
2
1 2 3 
∴4  EC 2   EC     ，
2  2 

解得： EC  5 ．
3
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及含 30 度角的直角三角形的性质等知识，合理作出相应的辅助线是解答本题的关键．
【变式 02】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在VABC 中， AB  AC  5，BC  6 ，将VABC 绕点 A 按逆时针方向旋转，得到VADE ，旋转角为α 0  α  180 ，点 B 的对应点为点 D ，点C 的对应点为点 E ．如图所 示，设边 AD 与 BC 交于点M ，边 DE 分别交 BC, AC 于点 F , N ．
(1)求证： AM  AN ；
(2)当△MDF 为等腰三角形时，请直接写出 DF 的长；
【答案】(1)见解析
5
(2) DF  5  2或1
【分析】本题考查了图形的旋转性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的综合运用，分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键．
利用旋转的性质得到边和角的等量关系，结合全等三角形的判定定理（ASA）证明三角形全等，进而推出线段相等；
先借助勾股定理求出等腰三角形的高，再根据等腰三角形的不同顶角情况进行分类讨论，结合旋转性质和等腰三角形的边角关系，分别计算出 DF 的长度．
【详解】（1）证明：Q将VABC 绕点 A 按逆时针方向旋转，得到VADE ，
则 AB  AC  AD  AE ，
\ÐABC = ÐACB = ÐADE = ÐAED ，
QBAM  CAB  DAN  DAE  DAN  EAN ，在V ABM 和△AEN 中，
ABM  AEN

 AB  AE

BAM  EAN
V ABM ≌V AEN ASA ，
 AM  AN ；
（2）解：如图，过点 A 作 AH  BC 于点 H ，
52  32
2
Q AB  AC  5 ，则 BH  CH  1 BC  3 ，则 AH 
 4 ；
设ABC  ACB  ADE  AED  α ，
当 FD  FM 时，则点C 、M 、 F 重合，构不成三角形，故该种情况不存在；
当 DM  DF 时，如图：
则DMF  DFM  AMB ，而B  D ，
BAM  MFD  BMA ，则 AB = BM = 5 ，
42  22
5
由（1）知， BH  3 ，则 HM  5  3  2 ，
AH 2  DH 2
则 AM 

 2，
5
则MD  AD  AM  5  2 DF ；
当MD  MF 时，如图，
则MFD  D  NFC  C  E  α ，则CAE  E  α ，
 NA  NE，NF  NC ，
则 EF  FN  EN  AN  CN  AC  5 ，则 DF  DE  EF  6  5  1 ，
5
综上， DF  5  2
或1．
【变式 03】（25-26 八年级上·山西长治·期末）“数学区别于其他学科最主要的特征是抽象和思维”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本模型，用类比等方法进行探究，以解决新的问
题．综合实践课上，李老师以“发现-探究-拓展”的形式，培养学生数学思想，训练学生数学思维，以下是李老师的课堂主题展示：
如图，在等腰VABC 中， AC  BC ，点 D 为线段 AB 上的一动点（点 D 不与 A，B 重合），以CD 为边作等腰VCDE ， CD  CE ， ACB  DCE  α ，连接 BE ．解答下列问题：
【观察发现】
①如图 1，小明发现当α  90 时，线段 AD  BE 且 AD  BE ，请说明理由．
【类比探究】
②如图 2，当α  60 时，试探究线段 AC 与 BE 的位置关系，并说明理由．
【拓展延伸】
如图 3， VABC 中， ACB  120° ， CA  CB ，点 P 为VABC 内一点， APC  120 ， CP  3 ，
3
AP  6 ，请直接写出 BP 的长．（温馨提示：顶角为120∘ 的等腰三角形三边之比为1: 1:）
7
【答案】（1）①见解析，② AC ∥ BE ，理由见解析；（2） 3
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是关键．
①先根据全等三角形的判定，证明VACD≌VBCE ，得到 AD  BE ， CAD  CBE ，进一步证明
∠ CBA  ∠ CBE  45 ，即可证明结论；
②根据①的方法证明VACD≌VBCE ，即可得出结论；
将线段CP 绕点 C 逆时针旋转得到CH ，连接 PH ， HB ，根据①的方法证明V ACP≌VBCH ，得到 BH  6 ， BHC  120 ，并根据温馨提示求出 PH  3 3 ，同时证明PHB  90 ，即可根据勾股定理求出答案．
【详解】解：（1）① Q ACB  DCE  90 ，
ACB  BCD  DCE  BCD ，即ACD  BCE ，
又Q AC  BC ， CD  CE ，
V ACD≌VBCE SAS ，
 AD  BE ， CAD  CBE ，
Q ∠ ACB  ∠ DCE  90 ， AC  BC ， CD  CE ，
CAD  CBA  CBE  45 ，
ABE  CBA  CBE  90 ，
 AD  BE ；
② AC ∥ BE ，理由如下：
QACB  DCE  60 ，
ACB  DCB  DCE  DCB ，即ACD  BCE ，
QCA  CB ，
A  CBA  1 180  60  60 ，
2
在V ACD 和VBCE 中，
 AC  BC

ACD  BCE ，

CD  CE
V ACD≌VBCE SAS ，
A  CBE  60 ，
ACB  CBE ，
 AC ∥ BE ；
将线段CP 绕点 C 逆时针旋转得到CH ，连接 PH ， HB ，
QACB  PCH  120 ，
ACB  BCP  PCH  BCP ，即ACP  BCH ，
又Q AC  BC ， CP  CH ，
V ACP≌VBCH SAS ，
 AP  BH  6 ， APC  BHC  120 ，
QCP  CH  3 ， PCH  120 ，
3
CPH  CHP  180 120  30 ， PH 
2
3PC  3，
3 3 2  62
7
PHB  BHC  CHP  120  30  90 ，
PH 2  BH 2
 BP 

 3．
技法03平面镶嵌问题
知识必备
多边形内角和公式、正多边形内角计算、周角 360°、平面镶嵌的条件。
答题技法
平面镶嵌的关键是同一顶点处各内角之和为 360˚。先求正多边形每个内角度数（(n–2)×180˚/n），再尝试组合使和为 360˚。常见能单独镶嵌的正多边形：正三角形、正方形、正六边形。
母题精讲
【典例 01】（2024·山西吕梁·一模）阅读与思考：请阅读下面小论文，并完成相应学习任务．关于同一种正多边形的平面密铺
平面密铺是指用一些形状大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地把平面的一部分完全覆盖．一般来说，构成一个平面密铺图形的基本图形是多边形或类似的一些常规形状，例如我们铺地板时经常使用正方形地砖．
对于正 n 边形，从一个顶点出发作对角线，它们将 n 边形分成n  2 个三角形，得到其内角和是
n  2180 ，则一个内角的度数就是n  2180  n ，若一个内角度数能整除360 ，那么这样的正 n边形就可以进行平面密铺．图 1 和图 2 就是分别利用正三角形和正方形得到的两组密铺图案．如图 3，按照平面密铺的条件，正五边形就不能进行平面密铺．
对于一些不规则的多边形，全等三角形或全等四边形也可以进行平面密铺．图 4 就是利用全等的四边形设计出的平面密铺图案．
对于不规则的凸五边形，迄今为止发现了 15 种能用于平面密铺的五边形．德国数学家莱因哈特（1895— 1941）凭借其出色的平面几何功底与直觉，从 1918 年开始，陆续发现了前 5 种五边形密铺方式．2015
年，美国华盛顿大学数学教授卡西·曼夫妇发现了第 15 种能用于平面密铺的五边形．图 5 就是利用不规则的凸五边形得到的一种密铺图案．
学习任务：
填空：上面小论文中提到“对于正 n 边形，从一个顶点出发作对角线，它们将 n 边形分成n  2 个三角形，得到其内角和是n  2180 ”，其中体现的数学思想主要是．（填出字母代号即可） A．数形结合思想；B．转化思想；C．方程思想
图 3 中角 1 的度数是．
除“正三角形”“正四边形”外，请再写出一种可以进行密铺的正多边形：．
图 6 是图 5 中的一个基本图形，其中A  60 ， B  E  C  D  120 ，并且 AB  AE ．求证
BC  DE ．
【答案】(1)B
(2) 36
(3)正六边形 (4)见解析
【分析】题主要考查了平面镶嵌，正多边形的内角和与外角；全等三角形的性质与判定；
根据题意将多边形转化为三角形解决问题，体现的是转化思想，据此，即可求解；
根据正五边形的三个内角的和与周角的差即可求解；
根据平面镶嵌的正多边形的内角能被360整除，即可求解；
先证明V AEB 是等边三角形，进而证明 BE ∥CD ，根据平行线间的距离相等可得CN  DM ，进而根据AAS 证明VCBN≌VDEM ，根据全等三角形的性质，即可得证．
【详解】（1）根据题意，对于正 n 边形，从一个顶点出发作对角线，它们将 n 边形分成n  2 个三角形，得到其内角和是n  2180 ，可得体现的数学思想主要是转化思想，
故选：B．
5  2180
（2）解： 1  360  3 36 ， 5
故答案为： 36 ．
解：∵正六边形的每个内角为边形：正六边形，
6  2180 6
 120, 360 120  3 ，依题意，一种可以进行密铺的正多
故答案为：正六边形．
如图所示，连接 BE ，分别过点C, D 作CN  BE, DM  BE 垂足分别为 N , M ，
QA  60 ， AB  AF
V ABE 是等边三角形，
ABE  AEB  60 ，
QABC  AED  120 ，
CBN  DEM  60 ，
CBN  BCD  180 ，
 BE ∥CD ，
CN  DM ，
QCNB  DME  90 ，
VCBN≌VDEM AAS ，
 BC  ED ．
变式应用
【变式 01】（2025·广东清远·二模）【问题背景】
生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种形状相同的图形拼接而成的．用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．
【探究发现】
单独用正三角形、正方形、正六边形等都能进行平面镶嵌．若只用正三角形地砖在一个拼接点处实现平面镶嵌，则需要块；
【实际应用】
某业主有个房间长4.5m ，宽3m ；如果业主选用一种长为150cm ，宽为75cm 的矩形地砖进行镶嵌
（缝隙忽略不计），在不允许切割，不计损坏的情况下，如果你是铺地砖的师傅，通过计算，需要多少块这样的地砖？
【思考拓展】
该业主有个长为6.2m ，宽为5.4m 的大厅，业主个人认为，为了使装修的图案效果更为美观，选择了 1 图的两种边长均为60cm 的正三角形地砖和正六边形地砖进行镶嵌，在镶嵌过程中缝隙忽略不计．若在不计损耗和损坏的情况下，两种地砖都使用，且按照如 2 图所示进行镶嵌，最后在四周用其它材料进行封边
（每条封边的宽度小于30cm ）．若正三角形地砖每块5 元，正六边形地砖每块32 元，在镶嵌过程中，购买
3
地砖的最少费用是多少元？（参考数据：
 1.73 ）
【答案】（1） 6 ；（2）需要12 块这样的地砖；（3）购买地砖的最少费用是1050 元．
【分析】（1）根据正三角形的每个内角度数60 和拼接点的角度和是360 即可求解；
先换算长度单位，再分矩形地砖是横铺或者竖铺的情况分析讨论，即可求解；
在正六边形 ABCDEF 中，连接 BF 、CE ，过点 A 作 AM  BF 于点M ，延长 AM ，交CE 于点 N ，延长CB 和 EF ，过点 A 作直线GH ，作 BG  AG 于点G ，作 FH  AH 于点 H ，通过等腰三角形的性质证明四边形 BMNC 、四边形MFEN 、四边形 AGBM 、四边形 AMFH 是矩形，利用三角函数求得 BM 的值，利
用勾股定理求得 AM 的值，可得正六边形横长为120cm ，竖宽为60 3 cm ，即可求得此大厅共铺正六边形
地砖25 块，正三角形地砖50 块，即可求解费用．
【详解】（1）解：Q正三角形的每个内角为180  60 ，且拼接点的角度和是360 ，
3
360  60  6 （块），故答案为： 6 ．
（2）解：Q150cm=1.5m ， 75cm=0.75m ，
分两种情况，如下：
①若矩形地砖是横铺，则4.5 1.5  3 块， 3  0.75  4 块，
需要3  4  12 块矩形地砖；
②若矩形地砖是竖铺，则4.5  0.75  6 块， 3 1.5  2 块，
需要6  2  12 块矩形地砖；答：需要12 块这样的地砖．
（3）解：如图，在正六边形 ABCDEF 中，连接 BF 、CE ，过点 A 作 AM  BF 于点M ，延长 AM ，交CE
于点 N ，延长CB 和 EF ，过点 A 作直线GH ，作 BG  AG 于点G ，作 FH  AH 于点 H ，
根据题意，可知： AB  AF  60cm ，正六边形的每个内角为6  2180  120 ，
6
Q AM  BF ， BG  AG ， FH  AH ，
BMA  BMN  FMN  FMA  G  H  90 ，
BAM  FAM  1 BAF  60 ， BM  FM ，
2
ABM  AFM  90  BAM  30 ，
CBM  MFE  ABC  ABM  120  30  90 ，
GBM  MFH  90 ，
同理可得： BCN  FEN  90 ，
QCBM  BMN  BCN  90 ， FMN  MFE  FEN  90 ，
G  GBM  BMA  90 ， H  FMA  MFH  90 ，
四边形 BMNC 、四边形MFEN 、四边形 AGBM 、四边形 AMFH 是矩形，
 BC  MN  FE  60cm ， GB  AM  HF ， BM  GA ，
 BF  GH ，
Q∠ BMA  90 ， ABM  30 ， AB  60cm ， csABM  cs30  BM 3 ，
AB2
 BM  GA  AB  cs30  60 
3  30 3 cm ，
602  30 3 2
2
 BF  2BM  GH  60 3 cm ，
AB2  BM 2
在RtV ABM 中， AM  GB 
同理可得： ND  30cm ，
 AD  2 AM  MN  120cm ，

 30cm ，
此大厅铺地砖时，在正六边形地砖之间上下铺正三角形地砖，在大厅四周边角时，各铺一块正三角形地砖的一半，
此大厅横铺正六边形地砖120  5  600cm  6m ，即5 块，铺正三角形地砖4  2  1 2  10 块，封边
6.2m  6m=0.2m