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6[2025黑龙江龙东地区中考]如图,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,请添加一个条件,使平行四边形ABCD为菱形.
(第6题图)
(第8题图)
(第6题图)
(第8题图)
答案
解：$AB=BC$（答案不唯一，添加$AC⊥ BD$、$AD=CD$等符合菱形判定的条件均可）
解析
【分析】
已知四边形ABCD是平行四边形，要使其变为菱形，需结合平行四边形前提下菱形的判定定理来添加条件。核心判定思路有两个：一是给平行四边形加“一组邻边相等”的条件，二是给平行四边形加“对角线互相垂直”的条件，从这两个方向出发补充条件即可。
【解析】
菱形针对平行四边形的判定定理有两个：
1. 一组邻边相等的平行四边形是菱形：因此可添加邻边相等类条件，如$AB=BC$、$AD=CD$、$AB=AD$等；
2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形：因此可添加对角线垂直类条件，如$AC⊥BD$。
以上条件任选其一即可，答案不唯一。
【答案】
$AB=BC$（答案不唯一，添加$AC⊥BD$、$AD=CD$等符合菱形判定的条件均可）
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质
【点评】
本题属于开放性基础题，主要考查平行四边形转化为菱形的判定规则，熟练掌握菱形的判定定理即可快速作答，补充的条件只要符合判定要求均正确。
【难度系数】
0.9
已知四边形ABCD是平行四边形，要使其变为菱形，需结合平行四边形前提下菱形的判定定理来添加条件。核心判定思路有两个：一是给平行四边形加“一组邻边相等”的条件，二是给平行四边形加“对角线互相垂直”的条件，从这两个方向出发补充条件即可。
【解析】
菱形针对平行四边形的判定定理有两个：
1. 一组邻边相等的平行四边形是菱形：因此可添加邻边相等类条件，如$AB=BC$、$AD=CD$、$AB=AD$等；
2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形：因此可添加对角线垂直类条件，如$AC⊥BD$。
以上条件任选其一即可，答案不唯一。
【答案】
$AB=BC$（答案不唯一，添加$AC⊥BD$、$AD=CD$等符合菱形判定的条件均可）
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质
【点评】
本题属于开放性基础题，主要考查平行四边形转化为菱形的判定规则，熟练掌握菱形的判定定理即可快速作答，补充的条件只要符合判定要求均正确。
【难度系数】
0.9
7[2025青海西宁中考]若关于x的一元二次方程$kx^2 - 2x + 1 = 0$有两个不相等的实数根，请写出一个满足条件的k的值。
答案
解：
∵ 方程$kx^2 - 2x + 1 = 0$是一元二次方程，
∴ $k ≠ 0$。
∵ 方程有两个不相等的实数根，
∴ 判别式$\Delta = (-2)^2 - 4k × 1 ＞ 0$，
即$4 - 4k ＞ 0$，
解得$k ＜ 1$。
综上，$k$的取值范围是$k ＜ 1$且$k ≠ 0$，取满足条件的一个值为$\boldsymbol{-1}$（答案不唯一）。
∵ 方程$kx^2 - 2x + 1 = 0$是一元二次方程，
∴ $k ≠ 0$。
∵ 方程有两个不相等的实数根，
∴ 判别式$\Delta = (-2)^2 - 4k × 1 ＞ 0$，
即$4 - 4k ＞ 0$，
解得$k ＜ 1$。
综上，$k$的取值范围是$k ＜ 1$且$k ≠ 0$，取满足条件的一个值为$\boldsymbol{-1}$（答案不唯一）。
解析
【分析】
解题时首先抓住题目的两个关键条件：一是方程为一元二次方程，因此二次项系数不能为0；二是方程有两个不相等的实数根，需用根的判别式列不等式求解。首先根据一元二次方程的定义确定k≠0，再代入判别式Δ=b²-4ac＞0计算得到k的取值范围，最后在范围内任选一个符合条件的数值即可。
【解析】
∵ 方程$kx^2 - 2x + 1 = 0$是一元二次方程，
∴ 二次项系数不为0，即$k ≠ 0$。
∵ 方程有两个不相等的实数根，
∴ 根的判别式$\Delta = b^2 - 4ac ＞ 0$，其中$a=k$，$b=-2$，$c=1$，
代入得$\Delta = (-2)^2 - 4k × 1 ＞ 0$，
即$4 - 4k ＞ 0$，
解得$k ＜ 1$。
综上，k的取值范围是$k ＜ 1$且$k ≠ 0$，取满足条件的一个值为-1即可（答案不唯一）。
【答案】
-1（答案不唯一，满足$k＜1$且$k≠0$即可）
【知识点】
一元二次方程定义，根的判别式，解一元一次不等式
【点评】
本题是基础题，易错点是容易遗漏“一元二次方程二次项系数不为0”的隐含条件，牢记相关性质就能快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先抓住题目的两个关键条件：一是方程为一元二次方程，因此二次项系数不能为0；二是方程有两个不相等的实数根，需用根的判别式列不等式求解。首先根据一元二次方程的定义确定k≠0，再代入判别式Δ=b²-4ac＞0计算得到k的取值范围，最后在范围内任选一个符合条件的数值即可。
【解析】
∵ 方程$kx^2 - 2x + 1 = 0$是一元二次方程，
∴ 二次项系数不为0，即$k ≠ 0$。
∵ 方程有两个不相等的实数根，
∴ 根的判别式$\Delta = b^2 - 4ac ＞ 0$，其中$a=k$，$b=-2$，$c=1$，
代入得$\Delta = (-2)^2 - 4k × 1 ＞ 0$，
即$4 - 4k ＞ 0$，
解得$k ＜ 1$。
综上，k的取值范围是$k ＜ 1$且$k ≠ 0$，取满足条件的一个值为-1即可（答案不唯一）。
【答案】
-1（答案不唯一，满足$k＜1$且$k≠0$即可）
【知识点】
一元二次方程定义，根的判别式，解一元一次不等式
【点评】
本题是基础题，易错点是容易遗漏“一元二次方程二次项系数不为0”的隐含条件，牢记相关性质就能快速求解。
【难度系数】
0.7
8[2024青海中考]如图,AC和BD相交于点O,请你添加一个条件,使得$△ AOB ∽ △ COD$.
答案
解：$∠ A = ∠ C$（答案不唯一，也可添加$∠ B=∠ D$、$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}$、$AB// CD$等合理条件）
解析
【分析】
首先观察图形可得，△AOB和△COD有一组隐含的相等条件：对顶角∠AOB=∠COD。结合相似三角形的判定定理，已有一组角相等时，我们可以有两种添加条件的思路：一是再添加一组对应角相等，满足“两角分别相等的两个三角形相似”；二是添加这组等角的两组夹边对应成比例，满足“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”。另外也可添加AB//CD，通过平行线的性质得到对应角相等，进而判定相似。
【解析】
已知AC和BD相交于点O，根据对顶角的性质可得：$∠ AOB = ∠ COD$。
1. 若添加$∠ A = ∠ C$，此时△AOB和△COD中有两组角分别相等，依据“两角分别相等的两个三角形相似”，可证$△ AOB ∽ △ COD$；
2. 若添加$∠ B = ∠ D$，同理可依据两角分别相等判定两三角形相似；
3. 若添加$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}$，此时两组夹边对应成比例且夹角相等，依据“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”，可证$△ AOB ∽ △ COD$；
4. 若添加$AB // CD$，根据平行线的内错角相等可得$∠ A = ∠ C$，进而可证两三角形相似。
以上条件任选其一即可。
【答案】
$∠ A = ∠ C$（答案不唯一，也可添加$∠ B=∠D$、$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}$、$AB// CD$等合理条件）
【知识点】
相似三角形的判定、对顶角的性质、平行线的性质
【点评】
本题是开放型基础题，解题的关键是先挖掘出图形中隐含的对顶角相等的条件，再结合相似三角形的判定定理添加合适的条件，答案不唯一，侧重考查对相似三角形判定定理的理解和灵活运用能力。
【难度系数】
0.8
首先观察图形可得，△AOB和△COD有一组隐含的相等条件：对顶角∠AOB=∠COD。结合相似三角形的判定定理，已有一组角相等时，我们可以有两种添加条件的思路：一是再添加一组对应角相等，满足“两角分别相等的两个三角形相似”；二是添加这组等角的两组夹边对应成比例，满足“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”。另外也可添加AB//CD，通过平行线的性质得到对应角相等，进而判定相似。
【解析】
已知AC和BD相交于点O，根据对顶角的性质可得：$∠ AOB = ∠ COD$。
1. 若添加$∠ A = ∠ C$，此时△AOB和△COD中有两组角分别相等，依据“两角分别相等的两个三角形相似”，可证$△ AOB ∽ △ COD$；
2. 若添加$∠ B = ∠ D$，同理可依据两角分别相等判定两三角形相似；
3. 若添加$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}$，此时两组夹边对应成比例且夹角相等，依据“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”，可证$△ AOB ∽ △ COD$；
4. 若添加$AB // CD$，根据平行线的内错角相等可得$∠ A = ∠ C$，进而可证两三角形相似。
以上条件任选其一即可。
【答案】
$∠ A = ∠ C$（答案不唯一，也可添加$∠ B=∠D$、$\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}$、$AB// CD$等合理条件）
【知识点】
相似三角形的判定、对顶角的性质、平行线的性质
【点评】
本题是开放型基础题，解题的关键是先挖掘出图形中隐含的对顶角相等的条件，再结合相似三角形的判定定理添加合适的条件，答案不唯一，侧重考查对相似三角形判定定理的理解和灵活运用能力。
【难度系数】
0.8
9[2025广东中考]已知二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象经过点$(c,0)$，但不经过原点，则该二次函数的表达式可以是.(写出一个即可)
答案
$\boldsymbol{y=-x^2+x+2}$（答案不唯一，满足$b=c-1$且$c≠0$即可）
解析
【分析】
解题时首先利用“函数图象上的点的坐标满足函数解析式”这一性质，将已知点$(c,0)$代入二次函数表达式，得到参数$b$、$c$的关系式；再结合“图象不经过原点”的条件，确定参数$c$的取值限制；最后任意选取一个符合条件的非零$c$值，求出对应的$b$值，即可写出符合要求的二次函数表达式。
【解析】
∵ 二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象经过点$(c,0)$，
∴ 将$x=c$，$y=0$代入解析式得：
$0=-c^2 + b· c + c$，
整理得：$c(-c + b + 1)=0$，
又
∵ 二次函数图象不经过原点，
∴ $c≠ 0$，
∴ $-c + b +1=0$，即$b = c-1$（$c≠ 0$），
取$c=2$，则$b=2-1=1$，代入得二次函数表达式为$y=-x^2 +x +2$。
【答案】
$y=-x^2+x+2$（答案不唯一，满足$b=c-1$且$c≠ 0$即可）
【知识点】
二次函数点坐标特征；待定系数法求解析式
【点评】
本题为开放性试题，考查二次函数的基础性质，解题核心是先推导得到参数$b$和$c$的数量关系，注意排除$c=0$的特殊情况后，选取合适的参数值即可得到答案，解题灵活度较高。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用“函数图象上的点的坐标满足函数解析式”这一性质，将已知点$(c,0)$代入二次函数表达式，得到参数$b$、$c$的关系式；再结合“图象不经过原点”的条件，确定参数$c$的取值限制；最后任意选取一个符合条件的非零$c$值，求出对应的$b$值，即可写出符合要求的二次函数表达式。
【解析】
∵ 二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象经过点$(c,0)$，
∴ 将$x=c$，$y=0$代入解析式得：
$0=-c^2 + b· c + c$，
整理得：$c(-c + b + 1)=0$，
又
∵ 二次函数图象不经过原点，
∴ $c≠ 0$，
∴ $-c + b +1=0$，即$b = c-1$（$c≠ 0$），
取$c=2$，则$b=2-1=1$，代入得二次函数表达式为$y=-x^2 +x +2$。
【答案】
$y=-x^2+x+2$（答案不唯一，满足$b=c-1$且$c≠ 0$即可）
【知识点】
二次函数点坐标特征；待定系数法求解析式
【点评】
本题为开放性试题，考查二次函数的基础性质，解题核心是先推导得到参数$b$和$c$的数量关系，注意排除$c=0$的特殊情况后，选取合适的参数值即可得到答案，解题灵活度较高。
【难度系数】
0.7
10[2025广东中考]如图,CD是Rt△ABC斜边AB上的中线,过点A,C分别作AE//DC,CE//AB,AE与CE相交于点E.现有以下命题:
命题1:若连接BE交CA于点F,则$S_{△ CFB}=2S_{△ CEF}$.
命题2:若连接ED,则$ED ⊥ AC$.
命题3:若连接ED,则$ED=BC$.
任选两个命题,先判断真假,再证明或举反例.
命题1:若连接BE交CA于点F,则$S_{△ CFB}=2S_{△ CEF}$.
命题2:若连接ED,则$ED ⊥ AC$.
命题3:若连接ED,则$ED=BC$.
任选两个命题,先判断真假,再证明或举反例.
答案
解：选择命题1、命题2进行判断与证明。
命题1是真命题，证明如下：
∵ $AE// DC$，$CE// AB$，
∴ 四边形$AECD$是平行四边形。
∵ $CD$是$\mathrm{Rt}△ ABC$斜边$AB$上的中线，
∴ $CD=AD=BD=\frac{1}{2}AB$，
∴ $CE=AD=\frac{1}{2}AB$，即$\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ CEF=∠ ABF$，$∠ ECF=∠ BAF$，
∴ $△ CEF ∽ △ ABF$，
∴ $\frac{EF}{BF}=\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$，即$BF=2EF$。
∵ $△ CFB$和$△ CEF$同高（以点$C$到直线$BE$的垂线段为公共高），
∴ $\frac{S_{△ CFB}}{S_{△ CEF}}=\frac{BF}{EF}=2$，
即$S_{△ CFB}=2S_{△ CEF}$。
命题2是真命题，证明如下：
由四边形$AECD$是平行四边形，得$CE=AD$，
又$AD=BD$，∴ $CE=BD$，
又$CE// AB$，即$CE// BD$，
∴ 四边形$CEDB$是平行四边形，
∴ $ED// BC$。
∵ $△ ABC$是直角三角形，$∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AC$，
∴ $ED⊥ AC$。
命题1是真命题，证明如下：
∵ $AE// DC$，$CE// AB$，
∴ 四边形$AECD$是平行四边形。
∵ $CD$是$\mathrm{Rt}△ ABC$斜边$AB$上的中线，
∴ $CD=AD=BD=\frac{1}{2}AB$，
∴ $CE=AD=\frac{1}{2}AB$，即$\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ CEF=∠ ABF$，$∠ ECF=∠ BAF$，
∴ $△ CEF ∽ △ ABF$，
∴ $\frac{EF}{BF}=\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$，即$BF=2EF$。
∵ $△ CFB$和$△ CEF$同高（以点$C$到直线$BE$的垂线段为公共高），
∴ $\frac{S_{△ CFB}}{S_{△ CEF}}=\frac{BF}{EF}=2$，
即$S_{△ CFB}=2S_{△ CEF}$。
命题2是真命题，证明如下：
由四边形$AECD$是平行四边形，得$CE=AD$，
又$AD=BD$，∴ $CE=BD$，
又$CE// AB$，即$CE// BD$，
∴ 四边形$CEDB$是平行四边形，
∴ $ED// BC$。
∵ $△ ABC$是直角三角形，$∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AC$，
∴ $ED⊥ AC$。
解析
【分析】
首先根据题干中两组对边分别平行的条件，可先判定四边形AECD是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到相关边的数量关系。对于命题1，要证两个三角形的面积关系，观察到△CFB和△CEF共顶点C，底边在同一直线BE上，因此只需证明底边BF与EF的比值为2即可，可通过CE//AB证明△CEF与△ABF相似，结合边的比例关系得到底的比，进而推出面积比；对于命题2，要证ED⊥AC，已知BC⊥AC，因此只需证明ED//BC即可，可通过证明四边形CEDB是平行四边形得到ED//BC，进而推出垂直关系。
【解析】
选择命题1、命题2进行判断与证明：
命题1是真命题，证明如下：
∵ $AE// DC$，$CE// AB$，
∴ 四边形$AECD$是平行四边形。
∵ $CD$是$\mathrm{Rt}△ ABC$斜边$AB$上的中线，
∴ $CD=AD=BD=\frac{1}{2}AB$，
∴ $CE=AD=\frac{1}{2}AB$，即$\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ CEF=∠ ABF$，$∠ ECF=∠ BAF$，
∴ $△ CEF ∽ △ ABF$，
∴ $\frac{EF}{BF}=\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$，即$BF=2EF$。
∵ $△ CFB$和$△ CEF$同高（以点$C$到直线$BE$的垂线段为公共高），
∴ $\frac{S_{△ CFB}}{S_{△ CEF}}=\frac{BF}{EF}=2$，
即$S_{△ CFB}=2S_{△ CEF}$。
命题2是真命题，证明如下：
由四边形$AECD$是平行四边形，得$CE=AD$，
又$AD=BD$，
∴ $CE=BD$，
又$CE// AB$，即$CE// BD$，
∴ 四边形$CEDB$是平行四边形，
∴ $ED// BC$。
∵ $△ ABC$是直角三角形，$∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AC$，
∴ $ED⊥ AC$。
【答案】
命题1、命题2均为真命题，证明如上。
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 平行四边形的判定与性质
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，将多种几何图形的性质、判定结合考查，需要学生根据待证结论逆向推导所需的边、角关系，能够有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
首先根据题干中两组对边分别平行的条件，可先判定四边形AECD是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到相关边的数量关系。对于命题1，要证两个三角形的面积关系，观察到△CFB和△CEF共顶点C，底边在同一直线BE上，因此只需证明底边BF与EF的比值为2即可，可通过CE//AB证明△CEF与△ABF相似，结合边的比例关系得到底的比，进而推出面积比；对于命题2，要证ED⊥AC，已知BC⊥AC，因此只需证明ED//BC即可，可通过证明四边形CEDB是平行四边形得到ED//BC，进而推出垂直关系。
【解析】
选择命题1、命题2进行判断与证明：
命题1是真命题，证明如下：
∵ $AE// DC$，$CE// AB$，
∴ 四边形$AECD$是平行四边形。
∵ $CD$是$\mathrm{Rt}△ ABC$斜边$AB$上的中线，
∴ $CD=AD=BD=\frac{1}{2}AB$，
∴ $CE=AD=\frac{1}{2}AB$，即$\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ CEF=∠ ABF$，$∠ ECF=∠ BAF$，
∴ $△ CEF ∽ △ ABF$，
∴ $\frac{EF}{BF}=\frac{CE}{AB}=\frac{1}{2}$，即$BF=2EF$。
∵ $△ CFB$和$△ CEF$同高（以点$C$到直线$BE$的垂线段为公共高），
∴ $\frac{S_{△ CFB}}{S_{△ CEF}}=\frac{BF}{EF}=2$，
即$S_{△ CFB}=2S_{△ CEF}$。
命题2是真命题，证明如下：
由四边形$AECD$是平行四边形，得$CE=AD$，
又$AD=BD$，
∴ $CE=BD$，
又$CE// AB$，即$CE// BD$，
∴ 四边形$CEDB$是平行四边形，
∴ $ED// BC$。
∵ $△ ABC$是直角三角形，$∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AC$，
∴ $ED⊥ AC$。
【答案】
命题1、命题2均为真命题，证明如上。
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 平行四边形的判定与性质
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，将多种几何图形的性质、判定结合考查，需要学生根据待证结论逆向推导所需的边、角关系，能够有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
11[2025山东青岛中考]如图,在$□ ABCD$中,E为AB的中点,F为ED延长线上一点,连接AF,BF,过点B作$BG// AF$交FE的延长线于点G,连接AG.
(1)求证:$△ AEF≌△ BEG$;
(2)已知(从以下两个条件中选择一个作为已知,填写序号),请判断四边形AGBF的形状,并证明你的结论.
条件①:$EF=\frac{1}{2}CD$;
条件②:$EF⊥ CD$.
(注:如果选择条件①条件②分别进行解答,按第一个解答计分)
(1)求证:$△ AEF≌△ BEG$;
(2)已知(从以下两个条件中选择一个作为已知,填写序号),请判断四边形AGBF的形状,并证明你的结论.
条件①:$EF=\frac{1}{2}CD$;
条件②:$EF⊥ CD$.
(注:如果选择条件①条件②分别进行解答,按第一个解答计分)
答案
(1) 证明：
∵ $BG// AF$，
∴ $∠ AFE = ∠ BGE$，
∵ $E$ 为 $AB$ 的中点，
∴ $AE = BE$，
在$△ AEF$和$△ BEG$中，
$\begin{cases}∠ AFE = ∠ BGE \\∠ AEF = ∠ BEG \\AE = BE\end{cases}$
∴ $△ AEF ≌ △ BEG$（AAS）。
---
(2) 选择条件①，四边形$AGBF$是矩形，证明如下：
由(1)中$△ AEF ≌ △ BEG$，得$AF = BG$，
又∵ $AF// BG$，
∴ 四边形$AGBF$是平行四边形。
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB = CD$，
∵ $EF = \frac{1}{2}CD$，
∴ $EF = \frac{1}{2}AB$，
又∵ $△ AEF ≌ △ BEG$，
∴ $EF = EG$，即$FG = 2EF$，
∴ $EF = \frac{1}{2}FG$，
∴ $AB = FG$，
∴ 对角线相等的平行四边形是矩形，即四边形$AGBF$是矩形。
∵ $BG// AF$，
∴ $∠ AFE = ∠ BGE$，
∵ $E$ 为 $AB$ 的中点，
∴ $AE = BE$，
在$△ AEF$和$△ BEG$中，
$\begin{cases}∠ AFE = ∠ BGE \\∠ AEF = ∠ BEG \\AE = BE\end{cases}$
∴ $△ AEF ≌ △ BEG$（AAS）。
---
(2) 选择条件①，四边形$AGBF$是矩形，证明如下：
由(1)中$△ AEF ≌ △ BEG$，得$AF = BG$，
又∵ $AF// BG$，
∴ 四边形$AGBF$是平行四边形。
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB = CD$，
∵ $EF = \frac{1}{2}CD$，
∴ $EF = \frac{1}{2}AB$，
又∵ $△ AEF ≌ △ BEG$，
∴ $EF = EG$，即$FG = 2EF$，
∴ $EF = \frac{1}{2}FG$，
∴ $AB = FG$，
∴ 对角线相等的平行四边形是矩形，即四边形$AGBF$是矩形。
解析
【分析】
（1）要证明△AEF≌△BEG，首先从已知条件入手：由BG//AF可得到一组内错角相等，E是AB中点可得AE=BE，再结合对顶角相等，即可用AAS判定两个三角形全等。
（2）若选择条件①，首先由（1）的全等结论可得AF=BG，结合AF//BG可先判定四边形AGBF是平行四边形；再利用平行四边形ABCD对边相等的性质，将EF=½CD转化为EF=½AB，再由全等得EF=EG，即可推出FG=AB，最后根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可判断四边形的形状。
【解析】
(1) 证明：
∵ $BG// AF$，
∴ $∠ AFE = ∠ BGE$，
∵ $E$ 为 $AB$ 的中点，
∴ $AE = BE$，
在$△ AEF$和$△ BEG$中，
$\begin{cases}∠ AFE = ∠ BGE \\∠ AEF = ∠ BEG \\AE = BE\end{cases}$
∴ $△ AEF ≌ △ BEG$（AAS）。
(2) 选择条件①，四边形$AGBF$是矩形，证明如下：
由(1)中$△ AEF ≌ △ BEG$，得$AF = BG$，
又
∵ $AF// BG$，
∴ 四边形$AGBF$是平行四边形。
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB = CD$，
∵ $EF = \frac{1}{2}CD$，
∴ $EF = \frac{1}{2}AB$，
又
∵ $△ AEF ≌ △ BEG$，
∴ $EF = EG$，即$FG = 2EF$，
∴ $FG = AB$，
∴ 对角线相等的平行四边形是矩形，即四边形$AGBF$是矩形。
【答案】
(1) 证明成立，$△ AEF≌△ BEG$；
(2) 选择条件①时，四边形AGBF是矩形。
【知识点】
全等三角形的判定；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【点评】
本题是四边形综合基础题，第一问考察全等三角形的判定，难度较低；第二问需要结合全等性质、平行四边形和矩形的判定定理逐步推导，能够有效检验学生对特殊四边形相关性质、判定的掌握和灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明△AEF≌△BEG，首先从已知条件入手：由BG//AF可得到一组内错角相等，E是AB中点可得AE=BE，再结合对顶角相等，即可用AAS判定两个三角形全等。
（2）若选择条件①，首先由（1）的全等结论可得AF=BG，结合AF//BG可先判定四边形AGBF是平行四边形；再利用平行四边形ABCD对边相等的性质，将EF=½CD转化为EF=½AB，再由全等得EF=EG，即可推出FG=AB，最后根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可判断四边形的形状。
【解析】
(1) 证明：
∵ $BG// AF$，
∴ $∠ AFE = ∠ BGE$，
∵ $E$ 为 $AB$ 的中点，
∴ $AE = BE$，
在$△ AEF$和$△ BEG$中，
$\begin{cases}∠ AFE = ∠ BGE \\∠ AEF = ∠ BEG \\AE = BE\end{cases}$
∴ $△ AEF ≌ △ BEG$（AAS）。
(2) 选择条件①，四边形$AGBF$是矩形，证明如下：
由(1)中$△ AEF ≌ △ BEG$，得$AF = BG$，
又
∵ $AF// BG$，
∴ 四边形$AGBF$是平行四边形。
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB = CD$，
∵ $EF = \frac{1}{2}CD$，
∴ $EF = \frac{1}{2}AB$，
又
∵ $△ AEF ≌ △ BEG$，
∴ $EF = EG$，即$FG = 2EF$，
∴ $FG = AB$，
∴ 对角线相等的平行四边形是矩形，即四边形$AGBF$是矩形。
【答案】
(1) 证明成立，$△ AEF≌△ BEG$；
(2) 选择条件①时，四边形AGBF是矩形。
【知识点】
全等三角形的判定；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【点评】
本题是四边形综合基础题，第一问考察全等三角形的判定，难度较低；第二问需要结合全等性质、平行四边形和矩形的判定定理逐步推导，能够有效检验学生对特殊四边形相关性质、判定的掌握和灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
12[2025黑龙江龙东地区中考]如图，随机闭合开关K₁,K₂,K₃中的两个，能让两盏灯泡L₁，L₂同时发光的概率为。
答案
$\boldsymbol{\dfrac{1}{3}}$
解析
【分析】
本题是结合电路知识的古典概型问题，解题思路如下：第一步，先确定随机闭合两个开关的所有等可能结果，三个开关选两个，共3种等可能的情况；第二步，逐一分析每种开关组合下的电路状态，判断两盏灯泡是否能同时发光，筛选出符合条件的情况；第三步，根据概率公式“概率=符合条件的情况数÷总等可能情况数”计算最终结果。
【解析】
随机闭合开关$K_1$、$K_2$、$K_3$中的两个，共有3种等可能的情况，分别为：闭合$K_1$和$K_2$、闭合$K_1$和$K_3$、闭合$K_2$和$K_3$。
对每种情况逐一分析：
1. 闭合$K_1$和$K_2$：$K_3$断开，电路整体为断路，且$K_2$会短路$L_1$，两盏灯都不发光，不符合要求；
2. 闭合$K_1$和$K_3$：电流从电源正极流出，依次经过$L_1$、$K_1$、$L_2$、$K_3$回到电源负极，$L_1$和$L_2$串联接入通路，两灯同时发光，符合要求；
3. 闭合$K_2$和$K_3$：$K_2$短路$L_1$，只有$L_2$接入通路发光，$L_1$不发光，不符合要求。
综上，符合两盏灯同时发光的情况有1种，因此所求概率为$\dfrac{1}{3}$。
【答案】
$\boldsymbol{\dfrac{1}{3}}$
【知识点】
列举法求概率、电路通断判断、短路的识别
【点评】
本题是电路知识与概率计算结合的基础综合题，既考查了古典概型概率的计算方法，又要求学生能准确分析不同开关状态下的电路工作情况，侧重对基础知识综合运用能力的考查。
【难度系数】
0.7
本题是结合电路知识的古典概型问题，解题思路如下：第一步，先确定随机闭合两个开关的所有等可能结果，三个开关选两个，共3种等可能的情况；第二步，逐一分析每种开关组合下的电路状态，判断两盏灯泡是否能同时发光，筛选出符合条件的情况；第三步，根据概率公式“概率=符合条件的情况数÷总等可能情况数”计算最终结果。
【解析】
随机闭合开关$K_1$、$K_2$、$K_3$中的两个，共有3种等可能的情况，分别为：闭合$K_1$和$K_2$、闭合$K_1$和$K_3$、闭合$K_2$和$K_3$。
对每种情况逐一分析：
1. 闭合$K_1$和$K_2$：$K_3$断开，电路整体为断路，且$K_2$会短路$L_1$，两盏灯都不发光，不符合要求；
2. 闭合$K_1$和$K_3$：电流从电源正极流出，依次经过$L_1$、$K_1$、$L_2$、$K_3$回到电源负极，$L_1$和$L_2$串联接入通路，两灯同时发光，符合要求；
3. 闭合$K_2$和$K_3$：$K_2$短路$L_1$，只有$L_2$接入通路发光，$L_1$不发光，不符合要求。
综上，符合两盏灯同时发光的情况有1种，因此所求概率为$\dfrac{1}{3}$。
【答案】
$\boldsymbol{\dfrac{1}{3}}$
【知识点】
列举法求概率、电路通断判断、短路的识别
【点评】
本题是电路知识与概率计算结合的基础综合题，既考查了古典概型概率的计算方法，又要求学生能准确分析不同开关状态下的电路工作情况，侧重对基础知识综合运用能力的考查。
【难度系数】
0.7
