第01讲 多边形与平行四边形（培优讲义）（全国通用）2026年中考数学一轮复习高效培优系列

该初中数学中考复习讲义聚焦四边形章节核心考点，系统覆盖多边形概念、平行四边形性质与判定、三角形中位线三大模块，通过目标导图构建知识脉络，考点深解速通命题要点，命题突破细化20种常考题型，配合难点攻坚与分层练测，形成"梳理-讲解-训练-突破"的完整复习链条，助力学生系统掌握中考高频考点。 亮点在于以核心素养为导向，如通过多边形截角内角和问题培养几何直观，平行四边形动态几何题发展推理能力，三角形中位线实际应用强化模型意识。特设20类题型分类训练，从基础认知到新定义问题层层递进，搭配真题典例与变式练习，确保学生高效突破易错难点，教师可据此精准把控复习节奏，提升中考备考效率。

第四章 四边形 第01讲 多边形与平行四边形 目 录 目标导图👉构建知识脉络 考点深解👉速通命题要点 考点1 多边形的相关概念/ 考点2平行四边形的性质与判定/ 考点3 三角形的中位线 命题突破👉破解常考题型 题型1 认识多边形 题型2 多边形的对角线问题 题型3 多边形内角和问题 题型4 正多边形内角和问题 题型5 多边形截角后的内角和问题 题型6 多边形外角和问题 题型7多边形外角和的实际应用 题型8 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用 题型9 平面镶嵌 题型10 利用平行四边形的性质求解 题型11 利用平行四边形的性质证明 题型12 平行四边形性质的其他应用 题型13 判断能否构成平行四边形 题型14 添加一个条件使之成为平行四边形 题型15 证明四边形是平行四边形 题型16 利用平行四边形的性质与判定求解 题型17 与平行四边形有关的新定义问题 题型18与三角形中位线有关的求解问题 题型19与三角形中位线有关的证明 题型20三角形中位线的实际应用 难点攻坚👉攻克易错难点 难点1 多边形内角和、外角和公式的运用 难点2 多边形对角线数量计算与应用 难点3 平行四边形的判定与性质综合证明 难点4 平行四边形与其他几何图形的综合题 难点5 平行四边形的动态几何问题 难点6三角形中位线与平行四边形、特殊四边形的综合证明 练测提能👉效果及时检测 测能力/提能力 ◇考点 1 多边形的相关概念 1.定义：由 n 条不在同一直线上的线段（n≥3且 n 为整数）首尾顺次相接围成的封闭平面图形，称为 n 边形。 2.分类 按凹凸性分： 凸多边形：任意一边延长后，其他各边均在延长线同侧，且每个内角都小于180∘。 凹多边形：至少有一条边延长后，其他边在延长线两侧，且至少有一个内角大于180∘（中考主要考查凸多边形）。 按边和角的关系分： 正多边形：各边长度相等且各内角度数相等的凸多边形（如正三角形、正方形）。 3. 多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）. 4.多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关. 5.多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.  多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2) 个三角形，n边形的对角线总条数为  6.正n边形的特殊性： （1）角度计算 每个内角：n(n−2)×180∘​ · （2）每个外角：．​ （3）轴对称性：正 n 边形有n 条对称轴（如正三角形 3 条，正方形 4 条）。 （4）中心对称性：当 n 为偶数时，正 n 边形是中心对称图形，对称中心为对角线交点；当 n 为奇数时，不是中心对称图形。 ① 误认为多边形外角和与边数有关，比如认为正五边形外角和比正四边形大； ② 计算正多边形内角度数时，误用外角和公式，或内角和公式记错（写成n×180∘）。 ◇考点 2 平行四边形的性质与判定 1.定义 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，记作□ABCD。 2.平行四边形的性质 （1）边的性质：两组对边分别平行且相等。即AB∥CD、AD∥BC，同时AB=CD、AD=BC。 （2）角的性质：两组对角分别相等，邻角互补。即∠A=∠C、∠B=∠D；任意相邻的两个角之和为180∘，如∠A+∠B=180∘。 （3）对角线的性质：对角线互相平分。即两条对角线的交点是每条对角线的中点，若AC与BD交于点O，则OA=OC、OB=OD。 （4）对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点；不是轴对称图形（矩形、菱形等特殊平行四边形除外）。 （5）面积性质：面积等于底乘以高，公式为S=ah（a为任意一边的长度，h为该边对应的高）；同底等高的平行四边形面积相等。 3.判定定理 判定一个四边形是平行四边形，需满足以下任一条件，这是证明题的核心考点： 定义判定法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形（最基础的判定方法）。 边判定法 1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 边判定法 2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（中考证明题最常用，简称 “一组对边平行且相等”）。 角判定法：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。 对角线判定法：对角线互相平分的四边形是平行四边形 1.避免误用“伪判定条件”：“一组对边平行，另一组对边相等” 不能判定平行四边形（如等腰梯形满足此条件，但不是平行四边形）；“一组对边相等，一组对角相等” 也不能判定。 2.区分平行四边形与特殊平行四边形：普通平行四边形没有 “对角线相等”“对角线垂直”“四个角是直角”的性质，这些是矩形、菱形的特有性质，解题时不要混淆。 3.面积计算时，高的位置不能找错：高必须垂直于所选的底，不能将邻边当作高。 ◇考点 3 三角形的中位线 1.三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线. 2.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 3.三角形中位线定理的作用： ①位置关系：可以证明两条直线平行. ②数量关系：可以证明线段的倍分关系. 4.重要推论 推论 1：三角形三条中位线围成的三角形，周长是原三角形的，面积是原三角形的 推论 2：顺次连接任意四边形各边中点，所得四边形是平行四边形 推论 3：顺次连接特殊四边形各边中点，所得四边形的形状由原四边形的对角线关系决定： ①原四边形对角线相等⇒中点四边形是菱形； ②原四边形对角线垂直⇒中点四边形是矩形； ③原四边形对角线相等且垂直⇒中点四边形是正方形。 1.把“连接顶点和对边中点的中线”当作中位线；用中线性质套用中位线定理 2.定理应用易错：忽略“两边中点”的前提条件； 3.误认为顺次连接矩形各边中点得矩形、连接菱形各边中点得菱形；忽略“中点四边形形状由原四边形对角线决定”的本质。 4.周长与面积计算易错：混淆比例关系 ◇题型 1 认识多边形 典例1（2021·江苏南京·中考真题）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（    ） A．1，1，1 B．1，1，8 C．1，2，2 D．2，2，2 变式1（2025·河北沧州·模拟预测）用一张长方形纸片，把一个正多边形按如图所示摆放，则正多边形纸片的边数为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 变式2（2022·北京海淀·二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为 ． ◇题型 2 多边形的对角线问题 典例1（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 变式1（2024·四川巴中·中考真题）经过五边形的一个顶点最多可以画出 条对角线． 变式2（2025·北京·三模）若正多边形的一个顶点出发有条对角线，则该正多边形的边数是（   ） A． B． C． D． ◇题型 3 多边形内角和问题 典例3（2025·江苏无锡·中考真题）正七边形的内角和为 度． 变式1（2015·广东茂名·中考真题）一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是 ． 变式2（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则 °． ◇题型 4 正多边形内角和问题 典例4（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（    ） A． B． C． D． 变式1（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 变式2（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则的度数为 ． 变式3（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． ◇题型 5 多边形截角后的内角和问题 典例5（2021·浙江丽水·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ． 变式1（2023·湖南娄底·模拟预测）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，那么原来多边形的边数不可能为 （   ） A．10 B．9 C．8 D．7 变式2（2024·湖北·模拟预测）如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为的新多边形，则原多边形的边数为 ． ◇题型 6 多边形外角和问题 典例6（2025·吉林·中考真题）如图，正五边形的边的延长线交于点F，则的大小为 度． 变式1（2024·四川攀枝花·中考真题）五边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 变式2（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是 ． 变式3（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 ◇题型 7 多边形外角和的实际应用 典例1（2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了 步． 变式1（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　） A． B． C． D． 变式2（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 ◇题型 8 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用 典例8（2020·重庆·中考真题）一个多边形的内角和是外角和的2倍，它是 边形． 变式1（2024·山西·模拟预测）如图的七边形中，、的延长线相交于点．若图中、、、的外角的角度和为，则的度数为 ． 变式2（2025·河南信阳·模拟预测）如图，直线，是正五边形的一个外角，则的度数为（   ） A． B． C． D． ◇题型 9 平面镶嵌 典例9（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于 ． 变式1（2023·陕西·中考真题）如图所示，是工人师傅用边长均为a的两块正方形和一块正三角形地砖绕着点O进行的铺设．若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是 ． 变式2（2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则 ． ◇题型 10 利用平行四边形的性质求解 典例10（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（  ） A．5 B．4 C．3 D．2 变式1（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为 ． 变式2（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． ◇题型 11 利用平行四边形的性质证明 典例11（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 变式2（2023·四川绵阳·中考真题）如图，的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)过点作，垂足为，交于点，若的周长为，求四边形的周长． 变式3（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． ◇题型 12 平行四边形性质的其他应用 典例12（2021·四川广安·中考真题）下图是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点为格点，线段的端点都在格点上.要求以为边画一个平行四边形，且另外两个顶点在格点上.请在下面的网格图中画出4种不同的设计图形． 变式1（2021·吉林·中考真题）图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上． （1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形； （2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形． 变式2（2020·山东临沂·中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（    ） A． B． C． D．的大小与P点位置有关 ◇题型 13 判断能否构成平行四边形 典例13（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，是锐角，M，N分别是射线，上的点，利用尺规作图找一点P，使得四边形是平行四边形，则可直接判定四边形是平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 变式1（2025·河南漯河·三模）如图，点是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 变式2（2025·河北沧州·模拟预测）嘉淇不慎将一块平行四边形的教学模具打碎成如图的四块，为配到一块与原来相同的平行四边形模具，则她需要带的两块碎片的编号是（   ） A．①② B．①④ C．②③ D．②④ ◇题型 14 添加一个条件使之成为平行四边形 典例14（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在中，点，分别在边，上，． (1)求证：； (2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由） 变式1（2023·湖南·中考真题）如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（    ）    A． B． C． D． 变式2（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形． ◇题型 15 证明四边形是平行四边形 典例15（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：． 变式1（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 变式2（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在中，D是中点． (1)求作：的垂直平分线l（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)若l交于点E，连接并延长至点F，使，连接．补全图形，并证明四边形是平行四边形． 变式3（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）． (2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形． ◇题型 16 利用平行四边形的性质与判定求解 典例16（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 变式1（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 变式2（2025·江苏苏州·中考真题）如图，C是线段的中点，． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． ◇题型 17 与平行四边形有关的新定义问题 典例17（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”． (1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 _________ ②平行六边形的三组主对角分别相等 _________ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________ 【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． (2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形： (3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长． 变式1（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】 小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】 小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】 如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：； （2）的大小为 度，线段长度的最小值为________． 【方法应用】 某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米． ◇题型 18 与三角形中位线有关的求解问题 典例18（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 变式1（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 变式2（2025·黑龙江·中考真题）如图，在中，，点、分别在边和上，且，，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长度为（   ） A． B． C．2 D． 变式3（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ． ◇题型 19 与三角形中位线有关的证明 典例19（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 变式1（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 变式2（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． ◇题型 20 三角形中位线的实际应用 典例20（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（    ） A． B． C． D． 变式1（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点.若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 变式2（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，小明家在地，小亮家在地，图书馆在地，在处测得图书馆在的西北方向上，在处测得图书馆在的北偏东方向上，已知米．（参考数据：，，） (1)求小明家A到小亮家B的距离；（结果保留根号） (2)如图，分别是，的中点．某天小明和小亮相约分别同时从自己家出发到图书馆看书，小明沿着方向慢跑前进．由于道路有堵塞，小亮沿着方向慢跑前进．已知小亮的跑步速度是每分钟280米，小明的跑步速度是小亮跑步速度的，两人全程均匀速跑步前进，试通过计算判断小明和小亮谁先到达图书馆？ ◇难点 1 多边形内角和、外角和公式的运用 典例1（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 变式1（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为 ． 变式2（2025·山东济南·一模）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 ◇难点 2 多边形对角线数量计算与应用 典例2（2025·重庆·模拟预测）已知边数大于3的多边形都有对角线，那么十边形的对角线有（　　） A．27条 B．30条 C．35条 D．44条 ◇难点 3 平行四边形的判定与性质综合证明 典例3（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 变式1（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． ◇难点 4 平行四边形与其他几何图形的综合题 典例4（2024·江苏盐城·中考真题）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”． (1)求证：中顶点四边形为平行四边形； (2)①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形； ②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 变式1（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 变式2（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． ◇难点 5 平行四边形的动态几何问题 典例5（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 变式1（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 ◇难点 6 三角形中位线与平行四边形、特殊四边形的综合证明 典例6（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 变式1（2025·宁夏·中考真题）如图，在和中，，，．连接，点是的中点，连接． (1)如图1，当点在上时，求证：是等边三角形； (2)将图1中的绕点顺时针旋转． ①当旋转角为时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由； ②当最长时，与的交点记作．若，则_________． ◇测能力 1．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·甘肃·中考真题）如图，一个多边形纸片的内角和为，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（   ） A．12 B．11 C．10 D．9 4．（2025·四川资阳·中考真题）三角形的周长为，则它的三条中位线组成的三角形的周长是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 6.（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 7．（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时， ． 8．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为 ． 9．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则 ． 10．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为 ； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为 ． 11．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． ◇提能力 1．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 2．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 30 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 四边形 第01讲 多边形与平行四边形 目 录 目标导图👉构建知识脉络 考点深解👉速通命题要点 考点1 多边形的相关概念/ 考点2平行四边形的性质与判定/ 考点3 三角形的中位线 命题突破👉破解常考题型 题型1 认识多边形 题型2 多边形的对角线问题 题型3 多边形内角和问题 题型4 正多边形内角和问题 题型5 多边形截角后的内角和问题 题型6 多边形外角和问题 题型7多边形外角和的实际应用 题型8 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用 题型9 平面镶嵌 题型10 利用平行四边形的性质求解 题型11 利用平行四边形的性质证明 题型12 平行四边形性质的其他应用 题型13 判断能否构成平行四边形 题型14 添加一个条件使之成为平行四边形 题型15 证明四边形是平行四边形 题型16 利用平行四边形的性质与判定求解 题型17 与平行四边形有关的新定义问题 题型18与三角形中位线有关的求解问题 题型19与三角形中位线有关的证明 题型20三角形中位线的实际应用 难点攻坚👉攻克易错难点 难点1 多边形内角和、外角和公式的运用 难点2 多边形对角线数量计算与应用 难点3 平行四边形的判定与性质综合证明 难点4 平行四边形与其他几何图形的综合题 难点5 平行四边形的动态几何问题 难点6三角形中位线与平行四边形、特殊四边形的综合证明 练测提能👉效果及时检测 测能力/提能力 ◇考点 1 多边形的相关概念 1.定义：由 n 条不在同一直线上的线段（n≥3且 n 为整数）首尾顺次相接围成的封闭平面图形，称为 n 边形。 2.分类 按凹凸性分： 凸多边形：任意一边延长后，其他各边均在延长线同侧，且每个内角都小于180∘。 凹多边形：至少有一条边延长后，其他边在延长线两侧，且至少有一个内角大于180∘（中考主要考查凸多边形）。 按边和角的关系分： 正多边形：各边长度相等且各内角度数相等的凸多边形（如正三角形、正方形）。 3. 多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）. 4.多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关. 5.多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.  多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2) 个三角形，n边形的对角线总条数为  6.正n边形的特殊性： （1）角度计算 每个内角：n(n−2)×180∘​ · （2）每个外角：．​ （3）轴对称性：正 n 边形有n 条对称轴（如正三角形 3 条，正方形 4 条）。 （4）中心对称性：当 n 为偶数时，正 n 边形是中心对称图形，对称中心为对角线交点；当 n 为奇数时，不是中心对称图形。 ① 误认为多边形外角和与边数有关，比如认为正五边形外角和比正四边形大； ② 计算正多边形内角度数时，误用外角和公式，或内角和公式记错（写成n×180∘）。 ◇考点 2 平行四边形的性质与判定 1.定义 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，记作□ABCD。 2.平行四边形的性质 （1）边的性质：两组对边分别平行且相等。即AB∥CD、AD∥BC，同时AB=CD、AD=BC。 （2）角的性质：两组对角分别相等，邻角互补。即∠A=∠C、∠B=∠D；任意相邻的两个角之和为180∘，如∠A+∠B=180∘。 （3）对角线的性质：对角线互相平分。即两条对角线的交点是每条对角线的中点，若AC与BD交于点O，则OA=OC、OB=OD。 （4）对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点；不是轴对称图形（矩形、菱形等特殊平行四边形除外）。 （5）面积性质：面积等于底乘以高，公式为S=ah（a为任意一边的长度，h为该边对应的高）；同底等高的平行四边形面积相等。 3.判定定理 判定一个四边形是平行四边形，需满足以下任一条件，这是证明题的核心考点： 定义判定法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形（最基础的判定方法）。 边判定法 1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 边判定法 2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（中考证明题最常用，简称 “一组对边平行且相等”）。 角判定法：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。 对角线判定法：对角线互相平分的四边形是平行四边形 1.避免误用“伪判定条件”：“一组对边平行，另一组对边相等” 不能判定平行四边形（如等腰梯形满足此条件，但不是平行四边形）；“一组对边相等，一组对角相等” 也不能判定。 2.区分平行四边形与特殊平行四边形：普通平行四边形没有 “对角线相等”“对角线垂直”“四个角是直角”的性质，这些是矩形、菱形的特有性质，解题时不要混淆。 3.面积计算时，高的位置不能找错：高必须垂直于所选的底，不能将邻边当作高。 ◇考点 3 三角形的中位线 1.三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线. 2.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 3.三角形中位线定理的作用： ①位置关系：可以证明两条直线平行. ②数量关系：可以证明线段的倍分关系. 4.重要推论 推论 1：三角形三条中位线围成的三角形，周长是原三角形的，面积是原三角形的 推论 2：顺次连接任意四边形各边中点，所得四边形是平行四边形 推论 3：顺次连接特殊四边形各边中点，所得四边形的形状由原四边形的对角线关系决定： ①原四边形对角线相等⇒中点四边形是菱形； ②原四边形对角线垂直⇒中点四边形是矩形； ③原四边形对角线相等且垂直⇒中点四边形是正方形。 1.把“连接顶点和对边中点的中线”当作中位线；用中线性质套用中位线定理 2.定理应用易错：忽略“两边中点”的前提条件； 3.误认为顺次连接矩形各边中点得矩形、连接菱形各边中点得菱形；忽略“中点四边形形状由原四边形对角线决定”的本质。 4.周长与面积计算易错：混淆比例关系 ◇题型 1 认识多边形 典例1（2021·江苏南京·中考真题）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（    ） A．1，1，1 B．1，1，8 C．1，2，2 D．2，2，2 【答案】D 【分析】若四条线段能组成四边形，则三条较短边的和必大于最长边，由此即可完成． 【详解】A、1+1+1<5，即这三条线段的和小于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误； B、1+1+5<8，即这三条线段的和小于8，根据两点间距离最短即知，此选项错误； C、1+2+2=5，即这三条线段的和等于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误； D、2+2+2>5，即这三条线段的和大于5，根据两点间距离最短即知，此选项正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了两点间线段最短，类比三条线段能组成三角形的条件，任两边的和大于第三边，因而较短的两边的和大于最长边即可，四条线段能组成四边形，作三条线段的和大于第四条边，因而较短的三条线段的和大于最长的线段即可． 变式1（2025·河北沧州·模拟预测）用一张长方形纸片，把一个正多边形按如图所示摆放，则正多边形纸片的边数为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的概念，将正多边形补齐即可解答，熟知正多边形的概念是解题的关键． 【详解】解：根据正多边形的意义将图形补充完整如图． ， 由图形可得这个正多边形是八边形． 故选：D． 变式2（2022·北京海淀·二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为 ． 【答案】 【分析】由图可得S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC，利用网格来计算两个三角形的面积相加即可． 【详解】解：S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC= 故答案为： 【点睛】本题是求三角形的面积问题，解题关键是熟练对不规则三角形进行分割． ◇题型 2 多边形的对角线问题 典例1（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和和内角和综合，多边形对角线条数问题，设这个多边形的边数为，边形的内角和为，外角和为，从边形的一个顶点出发可以引条对角线，据此根据一个多边形的内角和是它外角和的4倍建立方程求出的值即可得到答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形是十边形， ∴从这个多边形一个顶点可以引条对角线， 故选：B． 变式1（2024·四川巴中·中考真题）经过五边形的一个顶点最多可以画出 条对角线． 【答案】2 【分析】本题考查多边形的对角线问题，熟知过n多边形的一个顶点最多可以画条对角线是解答的关键．据此求解即可． 【详解】解：经过五边形的一个顶点最多可以画出条对角线， 故答案为：2． 变式2（2025·北京·三模）若正多边形的一个顶点出发有条对角线，则该正多边形的边数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形对角线的条数问题，解题关键是掌握多边形对角线的条数求法． 根据正多边形的一个顶点出发有15条对角线，列出方程求解． 【详解】解：设该正多边形的边数是， ∵正多边形的一个顶点出发有15条对角线， ∴，解得：， 故选：D． ◇题型 3 多边形内角和问题 典例3（2025·江苏无锡·中考真题）正七边形的内角和为 度． 【答案】900 【分析】本题主要考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．根据多边形内角和公式计算即可得出答案． 【详解】解：正七边形的内角和为， 故答案为：900． 变式1（2015·广东茂名·中考真题）一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是 ． 【答案】六 【分析】利用多边形内角和公式（为边数且且为整数 ），将内角和代入公式，通过解方程求出边数．本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键． 【详解】边形的内角和为， ， 解得， 这个多边形的边数是六． 故答案为六． 变式2（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则 °． 【答案】205 【分析】本题主要考查了多边形的内角和求法，根据其公式解题即可． 【详解】解：多边形的内角和为， ∴五边形的内角和为， ， 故答案为：205． ◇题型 4 正多边形内角和问题 典例4（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是对顶角的性质，多边形和正多边形的内角和，熟练掌握正多边形每个内角的求解公式是解题的关键．先根据正多边形每个内角为，得到正六边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案． 【详解】解：如图， ∵正六边形与正方形的两邻边相交， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 故选：B． 变式1（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边对等角，先求出正多边形的一个内角的度数，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系进行求解即可． 【详解】解：由题意，，， ∴， ∴； 故选B． 变式2（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆与正多边形，正多边形的内角问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关计算公式是解题的关键． 先根据正五边形的内角公式求出，再由等边对等角结合三角形内角和定理求出，最后由即可求解． 【详解】解：∵正五边形内接于， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 变式3（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角和公式的运用以及三角形的外角，熟练掌握相关公式是解题关键．根据正多边形的内角和公式求出，然后根据三角形外角的性质求出即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ， 八边形是正八边形 ∴，， ， ∵是的外角 ， 故选：D． ◇题型 5 多边形截角后的内角和问题 典例5（2021·浙江丽水·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ． 【答案】6或7/7或6 【分析】本题主要考查多边形截角后的内角和问题，熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．求出新的多边形为六边形，则可推断原来的多边形可以是五边形，可以是六边形和七边形． 【详解】解：设所得多边形的边数为n，由多边形内角和，可得： ， 解得：， ∴新的多边形为六边形， ∵原多边形过顶点剪去一个角， ∴原来的多边形可以是六边形和七边形． 故答案为：6或7． 变式1（2023·湖南娄底·模拟预测）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，那么原来多边形的边数不可能为 （   ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．首先求得内角和为的多边形的边数，即可确定原多边形的边数． 【详解】解：设内角和为的多边形的边数是n，则， 解得：． ∵一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变， ∴原多边形的边数可能为7或8或9． 故选：A． 变式2（2024·湖北·模拟预测）如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为的新多边形，则原多边形的边数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式（为边数且且为整数）是解题的关键．先根据新多边形内角和求出新多边形边数，再结合剪角后多边形边数的变化规律，得出原多边形边数． 【详解】解：设新多边形的边数为，根据多边形内角和公式， 解得． 因为按图示剪法剪去一个内角后，多边形边数增加了， 所以原多边形边数为． 故答案为：． ◇题型 6 多边形外角和问题 典例6（2025·吉林·中考真题）如图，正五边形的边的延长线交于点F，则的大小为 度． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形外角和定理，三角形内角和定理，多边形外角和为360度，据此可求出的度数，再利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：五边形是正五边形， ∴， ∴， 故答案为：． 变式1（2024·四川攀枝花·中考真题）五边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是． 【详解】解：正五边形的外角和是． 故选C． 变式2（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是 ． 【答案】/36度 【分析】本题考查正多边形的外角．根据正n多边形的外角公式求解即可． 【详解】解：正十边形的一个外角的大小是， 故答案为：． 变式3（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A ◇题型 7 多边形外角和的实际应用 典例1（2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了 步． 【答案】 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是，用外角和求正多边形的边数可直接让除以一个外角度数即可． 由题意可得机器人正好走了一个正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵由题意可得机器人正好走了一个正多边形， ∴根据外角和定理可知正多边形的边数为：， 则第一次回到出发点时，该机器人共走了步， 故答案为：． 变式1（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形，求出正多边形的每个外角度数，再用外角和除以外角度数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，直线相交于点，则， ∵正多边形的每个内角相等， ∴正多边形的每个外角也相等， ∴， ∴， 故选：． 变式2（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 【答案】D 【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可． 【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和， 则，且， 为等边三角形， 同理，皆为等边三角形， ∵将绕点逆时针旋转， ∴， 为等边三角形，的中点为， ， ， 同理， 则， ∵， ∴每转到12次后与方向重合， ， ∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反， 又∵为等边三角形， ， 此时点在点的正北方． 故选：D． ◇题型 8 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用 典例8（2020·重庆·中考真题）一个多边形的内角和是外角和的2倍，它是 边形． 【答案】六 【分析】本题考查多边形的内角和及外角和，结合已知条件列出方程是解题的关键．设这个多边形的边数为n，根据题意列得方程，解得n的值即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为 则 解得：， 即这个多边形是六边形， 故答案为：六． 变式1（2024·山西·模拟预测）如图的七边形中，、的延长线相交于点．若图中、、、的外角的角度和为，则的度数为 ． 【答案】/40度 【分析】本题考查多边形内角和定理及内外角关系，解题的关键是根据题意得到是五边形． 首先求出，然后得到，进而求解即可． 【详解】解：、、、的外角的角度和为， ， ， 五边形内角和， ， ， 故答案为：． 变式2（2025·河南信阳·模拟预测）如图，直线，是正五边形的一个外角，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题需要先求出正五边形外角的度数，再利用平行线的性质，通过作辅助线将与转化到与相关的角度关系中，进而求出的度数．本题主要考查多边形外角和定理（多边形外角和恒为 ）、平行线的性质．解题的关键在于求出正五边形外角的度数，通过作辅助线利用平行线性质将所求角转化到合适的角度关系中进行计算． 【详解】解：∵任意多边形的外角和都为． 对于正五边形，它的每个外角都相等， ∴． 过正五边形的一个顶点作， ∵， ∴． ∴，． ∵正五边形的一个内角为 ， ∴ ， ∴, 故选：D． ◇题型 9 平面镶嵌 典例9（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于 ． 【答案】 【分析】本题考查平面图形的镶嵌和密铺，根据两个图形能够密铺，得到每个公共顶点处各角的和为360度，如图，易得， ，进而得到，再根据公共顶点处各角的和为360度，进而求出代数式的值即可． 【详解】解：如图， 由题意和图（2）可知：， 可得 ∴ 故答案为：． 变式1（2023·陕西·中考真题）如图所示，是工人师傅用边长均为a的两块正方形和一块正三角形地砖绕着点O进行的铺设．若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平面密铺的问题．正多边形的组合进行平面镶嵌，位于同一顶点处的几个角之和为，从而可得的度数，计算正多边形的外角，由此可得边数． 【详解】解：正三角形和正方形的内角分别为与， ， 这块正多边形地砖的边数为， 故答案为：． 变式2（2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了无缝拼接的条件，多边形的内角和，正多边形的定义，理解无缝拼接的条件和正多边形的定义，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．由无缝拼接的条件得，由多边形的内角和公式和正多边形的定义，进行列式计算，即可求解； 【详解】解：由题意得：正m边形的内角为， ， 解得：， 故答案为：． ◇题型 10 利用平行四边形的性质求解 典例10（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（  ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可． 【详解】解：根据作图可知：， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选D． 变式1（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了平行四边形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明是关键．连接，证明是等边三角形，，得到，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：连接， 由作图可知， 垂直平分， ∴， ∵点N恰为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 变式2（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点与点关于坐标原点中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键． 【详解】解：∵平行四边形的对角线交点在原点， ∴， 点与点关于坐标原点中心对称， 点的坐标为， 点的坐标是， 故选：C． ◇题型 11 利用平行四边形的性质证明 典例11（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 【答案】见解析， 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质可得，再证明，即可利用证明，则可得到，据此可得答案． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点是平行四边形边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 变式2（2023·四川绵阳·中考真题）如图，的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)过点作，垂足为，交于点，若的周长为，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的周长为24 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的判定定理即可得到结论； （2）由（1）知，，，求得，根据线段垂直平分线的性质得到，于是得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ； （2）解：由（1）知，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 的周长为12， ， . 四边形的周长为24. 变式3（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明； （3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可． 【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线 故答案为： （2）证明：四边形为平行四边形 （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点 四边形为平行四边形， ， ， 又 ． ◇题型 12 平行四边形性质的其他应用 典例12（2021·四川广安·中考真题）下图是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点为格点，线段的端点都在格点上.要求以为边画一个平行四边形，且另外两个顶点在格点上.请在下面的网格图中画出4种不同的设计图形． 【答案】见解析 【分析】将点A沿任意方向平移到另一格点处，然后将点B也按相同的方法平移，最后连接点A、B及其对应点即可． 【详解】解：如图，四边形ABCD是平行四边形． 【点睛】本题主要考查作图-应用与设计作图，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 变式1（2021·吉林·中考真题）图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上． （1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形； （2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可：如以为顶点，为 底边，即可做出等腰三角形； （2）作底为1，高为3的平行四边形即可． 【详解】解：（1）如图①中，此时以为顶点，为底边，该即为所求（答案不唯一）． （2）如图②中，此时底，高，因此四边形即为所求． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和平行四边形的性质，解题的关键掌握等腰三角形和平行四边形的基本性质． 变式2（2020·山东临沂·中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（    ） A． B． C． D．的大小与P点位置有关 【答案】C 【分析】过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，表示出S1+ S2，得到即可． 【详解】解：如图，过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E， 根据平行四边形的性质可知PE⊥BC，AD=BC， ∴S1=AD×PF，S2=BC×PE， ∴S1+ S2 =AD×PF+BC×PE =AD×（PF+PE） =AD×EF =S， 故选C． 【点睛】本题考查了三角形的面积和平行四边形的性质，解题的关键是作出平行四边形过点P的高． ◇题型 13 判断能否构成平行四边形 典例13（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，是锐角，M，N分别是射线，上的点，利用尺规作图找一点P，使得四边形是平行四边形，则可直接判定四边形是平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的判定定理．根据尺规作图找一点P使得四边形是平行四边形，结合各选项所涉及的判定定理进行分析． 【详解】解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形．由尺规作图可知，所作的四边形两组对边分别平行，根据此判定定理可直接判定其为平行四边形，故该选项符合题意； B、题干中未明确体现所作四边形两组对边分别相等这一判定条件，故该选项不符合题意； C、题干中未提及所作四边形的对角线情况，故该选项不符合题意； D、题干中未明确体现所作四边形一组对边平行且相等这一判定条件，故该选项不符合题意； 故选：A． 变式1（2025·河南漯河·三模）如图，点是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行线的判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解本题的关键．利用平行线的判定方法及平行四边形的判定可得出答案． 【详解】解：A、， ， 又， 四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、∵， ， 又， 四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； C、不能判断四边形是平行四边形，故本选项符合题意； D、∵， ∴， ， ， ， 四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 故选：C． 变式2（2025·河北沧州·模拟预测）嘉淇不慎将一块平行四边形的教学模具打碎成如图的四块，为配到一块与原来相同的平行四边形模具，则她需要带的两块碎片的编号是（   ） A．①② B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定， 根据平行四边形的定义确定四个顶点即可． 【详解】解：因为只有②④两块角的两边互相平行，角的两边得延长线的交点就是平行四边形的顶点， 所以带②④两块玻璃就可以确定平行四边形的大小． 故选：D． ◇题型 14 添加一个条件使之成为平行四边形 典例14（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在中，点，分别在边，上，． (1)求证：； (2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由） 【答案】(1)见解析 (2)添加（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定； （1）根据平行四边形的性质得出，，结合已知条件可得，即可证明； （2）添加，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴即， 在与中， ， ∴； （2）添加（答案不唯一） 如图所示，连接． ∵四边形是平行四边形， ∴，即， 当时，四边形是平行四边形． 变式1（2023·湖南·中考真题）如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；     B． ∵，∴，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；         C．根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；         D．∵， ∴， ∵ ∴， ∴ ∴四边形为平行四边形， 故该选项正确，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 变式2（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解． 【详解】解：添加条件：， 证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形． 故答案为：（答案不唯一） ◇题型 15 证明四边形是平行四边形 典例15（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，先由平行四边形的性质得到，则，再证明，即可证明． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 变式1（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 变式2（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在中，D是中点． (1)求作：的垂直平分线l（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)若l交于点E，连接并延长至点F，使，连接．补全图形，并证明四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了尺规作图，中位线的性质，平行四边形的判定． （1）利用尺规作图作出线段的垂直平分线l即可； （2）由D，E分别为，的中点，根据中位线的性质，得到，，结合，得到，即可证明结论成立． 【详解】（1）解：直线l如图所示， ； （2）证明：补全图形，如图， 由（1）作图知，E为的中点， ∵D，E分别为，的中点， ∴，， ∵，即：， ∴， ∵， ∴ 四边形是平行四边形． 变式3（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）． (2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)作图见详解 (2)证明过程见详解 【分析】本题主要考查圆的基本性质，尺规作垂线，平行四边形的判定和性质，掌握以上知识是关键． （1）运用尺规作直径的垂直平分线即可； （2）根据平行四边形的性质结合题意得到，，即，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证． 【详解】（1）解：如图所示， ∵是直径， ∴运用尺规作直径的垂直平分线角于点， ∴点即为所求点的位置； （2）证明：如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，，即， ∴四边形是平行四边形． ◇题型 16 利用平行四边形的性质与判定求解 典例16（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)的度数为． 【分析】本题考查直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，平行四边形的判定和性质． （1）由直角三角形的两个锐角互余，结合已知可得，即可证得结论； （2）由（1）得，结合已知可证四边形是平行四边形，从而可得的度数． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：由（1）得， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的度数为． 变式1（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，由可得，再证四边形是平行四边形，推出，，等量代换即可得出． 【详解】证明：平行四边形中，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 变式2（2025·江苏苏州·中考真题）如图，C是线段的中点，． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)8 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键： （1）中点得到，平行线的性质，得到，利用证明即可； （2）根据，得到，进而得到四边形为平行四边形，进而得到，即可得出结果． 【详解】（1）证明：是线段的中点， ． ， ． 在和中， ． （2），是线段的中点， ． ， ． 又， ∴四边形是平行四边形， ． ◇题型 17 与平行四边形有关的新定义问题 典例17（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”． (1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 _________ ②平行六边形的三组主对角分别相等 _________ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________ 【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． (2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形： (3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长． 【答案】(1)错误；正确；错误 (2)详见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及解方程：（1）连接，根据相似三角形和平行线的性质即可判断；（2）先证明为平行四边形，再证明为平行四边形，即可证明是菱六边形；（3）根据菱六边形得到，设，根据解得，代入即可． 【详解】（1）解：连接，交于点，由图可知： ①平行于，只能知道，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的； ②平行于，，同理可得，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的； ③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的． （2）证明：过点作平行且相等于，连接， 则平行四边形是平行四边形， 平行于，， 在平行六边形中，平行于，， 平行且相等于， 为平行四边形， 平行于，， 在平行六边形中，平行于，平行于， 平行于，平行于， 为平行四边形， ， ， ， ， 平行六边形是菱六边形． （3）解：设三角形纸片为， 裁剪后的纸片为菱六边形， 平行于，平行于 ，平行于，， ， ， 设， 则， ， ， ， 解得：， ． 变式1（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】 小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】 小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】 如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：； （2）的大小为 度，线段长度的最小值为________． 【方法应用】 某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米． 【答案】问题解决：（1）见解析（2）30，；方法应用：线段长度的最小值为米 【分析】（1）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，根据平行四边形性质证明结论即可； （2）先证明，根据垂线段最短求出最小值； （3）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，求出，进而得，利用垂线段最短求出即可． 【详解】解：问题解决：（1）证明：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线， 四边形是平行四边形， ； （2）在等边中，， ； 当时，最小，此时最小， 在中， ， 线段长度的最小值为； 方法应用：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 当时，最小，此时最小， 作于点R， 在中， ， 在中， ， 线段长度的最小值为米． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质，垂线段最短及矩形性质，熟练掌握相关性质是解题关键． ◇题型 18 与三角形中位线有关的求解问题 典例18（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得，即为中点，又是的中点，所以是中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，即为中点， ∵是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵，点P是的中点， ∴，即， 故选：． 变式1（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ∴， ∴， ∴四边形的面积为5， 故选：B． 变式2（2025·黑龙江·中考真题）如图，在中，，点、分别在边和上，且，，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长度为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，利用平行线+中点模型构造全等三角形，正确作出辅助线是解题的关键． 过点作，连接并延长交于点，连接，可证，可得，，再根据平行线的性质得，即得，最后根据三角形中位线的性质解答即可求解， 【详解】解：如图，过点作，连接并延长交于点，连接， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，点是的中点， ∴是中位线， ∴， 故选：A． 变式3（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等．由菱形对角线互相垂直且平分，可得，，取中点H，连接，则，，再用勾股定理解即可． 【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点， ，， ， ， 如图，取中点H，连接， 点为的中点，点H为的中点， ，， ， ， ， ， 故答案为：． ◇题型 19 与三角形中位线有关的证明 典例19（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查三角形的中位线，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质； （1）证明是的中位线，即可得到，进而得到，然后利用证明三角形全等； （2）根据全等三角形的对应角相等得到，即可得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得到结论即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为边，的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 变式1（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 由题意可得为的中位线，根据三角形的中位线定理可得，则，四边形是平行四边形，即可判断A、B、D；再由，是边的中点，即可判断C． 【详解】解：点、、分别是边、、的中点 ∴为的中位线， ∴， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 故A、B、D正确，不符合题意； ∵，是边的中点， ∴， 故C错误，符合题意， 故选：C． 变式2（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵， ∴； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； ∵点D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． ◇题型 20 三角形中位线的实际应用 典例20（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果． 【详解】解：∵点D，E，分别为的中点， ∴为的中位线， ∴； 故选：C． 变式1（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点.若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线等分线段定理，熟练掌握平行线等分线段定理是解题的关键． 由平行线的等分线段定理推出，由三角形中位线定理推出，得到，根据相似三角形的判定和性质推出，求出，即可得到的长． 【详解】解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴． 故选：C． 变式2（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，小明家在地，小亮家在地，图书馆在地，在处测得图书馆在的西北方向上，在处测得图书馆在的北偏东方向上，已知米．（参考数据：，，） (1)求小明家A到小亮家B的距离；（结果保留根号） (2)如图，分别是，的中点．某天小明和小亮相约分别同时从自己家出发到图书馆看书，小明沿着方向慢跑前进．由于道路有堵塞，小亮沿着方向慢跑前进．已知小亮的跑步速度是每分钟280米，小明的跑步速度是小亮跑步速度的，两人全程均匀速跑步前进，试通过计算判断小明和小亮谁先到达图书馆？ 【答案】(1)小明家A到小亮家B的距离是米； (2)小亮先到达图书馆，理由见解析． 【分析】本题考查直角三角形的应用—方向角问题，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用三角函数定义来解决问题． （1）作于，得到，由锐角的正弦求出的长，由是等腰直角三角形，得到（米； （2）由三角形中位线定理求出的长，即可求出小亮行走的路程，求出的长即可得到小明行走的路程，从而求出小明，小亮行走的时间，即可解决问题； 【详解】（1）作于， ，， ， ，米， （米， 是等腰直角三角形， （米， 小明家到小亮家的距离是米． （2）小明的路程是（米，小明的速度是米分钟， 小明从家到图书馆的时间是（分钟）， ，分别是，的中点， 是的中位线， （米， 小亮的路程是（米， 小亮从家到图书馆的时间是（分钟）， 小亮先到达图书馆． ◇难点 1 多边形内角和、外角和公式的运用 典例1（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟知多边形的内角和与外角和公式是解题的关键， 根据多边形内角和与外角和公式，建立方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意可得： 解方程，得 因此，该多边形的边数为10， 故选：A． 变式1（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为 ． 【答案】9 【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握多边形的外角和等于是解题关键．先求出这个多边形的每个外角都是，再根据多边形的外角和等于求解即可得． 【详解】解：∵这个多边形的每个内角都是， ∴这个多边形的每个外角都是， ∴这个多边形的边数为， 故答案为：9． 变式2（2025·山东济南·一模）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题主要考查的是多边的外角和，多边形的对角线及正多边形的概念和性质．正多边形的每个外角都相等．n边形的对角线条数为条，据此根据多边形外角和定理求出边数即可得到答案． 【详解】 解：每个外角都是， 这个多边形的边数为：， 这个正多边形的对角线是条． 故选：B． ◇难点 2 多边形对角线数量计算与应用 典例2（2025·重庆·模拟预测）已知边数大于3的多边形都有对角线，那么十边形的对角线有（　　） A．27条 B．30条 C．35条 D．44条 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形对角线的条数， 根据多边形对角线的公式计算即可． 【详解】解：十边形的对角线的条数为． 故选：C． ◇难点 3 平行四边形的判定与性质综合证明 典例3（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形； （2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵分别是、的平分线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 作于点， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 变式1（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1)①或②，证明见解析； (2)6 【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键． （1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可； （2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：选择①， 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； 选择②， 证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：由（1）得， ∵，， ∴． ◇难点 4 平行四边形与其他几何图形的综合题 典例4（2024·江苏盐城·中考真题）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”． (1)求证：中顶点四边形为平行四边形； (2)①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形； ②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析． 【分析】题目主要考查平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键． （1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证； （2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果； ②连接，作直线，交于点O，然后作，然后连接即可得出点M和N分别为的重心，据此作图即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点E、F、G、H分别是各边的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， 同理可得：四边形为平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）①当平行四边形满足时，中顶点四边形是菱形， 由（1）得四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴中顶点四边形是菱形， 故答案为：； ②如图所示，即为所求， 连接，作直线，交于点O，然后作（或作BM=MN=ND），然后连接即可， ∴点M和N分别为的重心，符合题意； 证明：矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； 分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示： ∵矩形， ∴，， 由作图得， ∴， ∴， ∴点F为的中点， 同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点． 变式1（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 【答案】（1）90；；（2）①（1）中的结论仍然成立，证明见解析；② 【分析】（1）证明，可得，，从而得到，进而得到；根据题意可得，即可得到； （2）①证明四边形为平行四边形，可得，，从而得到，根据题意可得，可证明，可得，从而得到的度数，即可；②根据平行四边形的性质可得当最小时，四边形的面积最小，即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，从而得到当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，此时时，最小，再由，可得，，然后根据勾股定理可得的长，再结合，即可求解． 【详解】解：∵点O为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：90； （2）①中的结论仍然成立，证明 ∵点O为的中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，, ∴,； ②在中，∵，，， ∴， 由①得：四边形为平行四边形， ∴四边形的面积等于， ∴当最小时，四边形的面积最小， 即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小， 如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小， ∵，， ∴， 即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为， 此时时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由①得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键． 变式2（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)①见解析；②或． 【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得； （2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接； ②根据①中的三种情况讨论： 第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得； 第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得； 第三种情况无交点，不符合题意． 【详解】（1）解：，为的中点，，，， ，， ，即，解得， ， ； 故答案为：1；； （2）解：，理由如下： 根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点， ，； 又 ， ， ； 设，则， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：①第一种情况： 作的平行线，使，连接， 则四边形为平行四边形； 延长交于点， ， ， ， ，， ，即， 为的中点； 故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第二种情况： 作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接， 故为的中点； 同理可证明：， 则， 则四边形是平行四边形； 故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第三种情况： 作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接， 则为的中点， 同理可证明，从而， 故四边形是平行四边形； 故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： ②若按照图1作图， 由题意可知，， 四边形是平行四边形， ， ， 是等腰三角形； 过P作于H，则， ，， ，， ， ； ,， ， ，即   ∴ 若按照图2作图， 延长、交于点， 同理可得：是等腰三角形， 连接， ， ， ， ， ； 同理，， ，，， ，即，   ， 若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意） 故答案为：或． 【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键． ◇难点 5 平行四边形的动态几何问题 典例5（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 【答案】(1) (2)不变，， 【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度． （2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出 ．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变． 【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，． ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴．， ∴、、三点共线， ∵，， ∴、、、共线， ∵点、分别是，的中点， ∴． ∴． 故答案为：． （2）解：结论：不变． 如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，． ∵点为中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ， ∴，． ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴． 在平行四边形中， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴．， 由旋转得，， ∵，， ∴，， ∴， 又，， ∴（）． ∴， ∴为等边三角形． ∵点、为、的中点， ∴为的中位线， ． ∵． ∴．即的长度不变； ∵和都为等边三角形． ∴，，，， ∴， ∴（）． ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形． 同理：为等边三角形． ∴．， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∴． ∵为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴为中点， ∴ ， ∴． 故和的长度都不变． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出 ． 变式1（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用，全等三角形的判定与性质，分四种情况：当时，当时，当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为等腰梯形，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：在中， ，， ∴ ，， ∵点P从点A出发、以的速度沿运动， ∴点P从点A出发到达D点的时间为：， ∵点Q从点C出发，以的速度沿往复运动， ∴点Q从点C出发到B点的时间为：， ∵， ∴， 当时，四边形为平行四边形， ∴， 当时，四边形为等腰梯形， ∴， 设同时运动的时间为， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 如图：过点分别作的垂线，分别交于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 此时是等腰梯形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 综上，当或或或时，，共4次， 故选：B． ◇难点 6 三角形中位线与平行四边形、特殊四边形的综合证明 典例6（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 变式1（2025·宁夏·中考真题）如图，在和中，，，．连接，点是的中点，连接． (1)如图1，当点在上时，求证：是等边三角形； (2)将图1中的绕点顺时针旋转． ①当旋转角为时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由； ②当最长时，与的交点记作．若，则_________． 【答案】(1)见解析 (2)①（1）中的结论还成立，理由见解析；②3 【分析】（1）由直角三角形斜边中线性质可得在中，，在中，，得出，，再证明即可得出结论； （2）①延长交于点，分别延长相交于点，先证明，可得，同理可得，，再利用中位线的性质可得结论； ②点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，由是等边三角形，可得，可得最大时，即取得最大值时，当三点共线时，取得最大值，此时最大，再求解即可． 【详解】（1）证明：在中， ， 在中， ， 点是的中点， 在中，，在中，， ，， ， 是等边三角形； （2）①（1）中的结论还成立，理由如下： 如图，延长交于点，分别延长相交于点， 由旋转角为可得， ， 又， ， ， ， 是的中位线， ， ， 同理可得， ， ， 是的中位线， ， ， 是等边三角形； ②如图，点E在以点A为圆心，3为半径的圆上， ， 延长至点G，使，延长至点P．使，连接、、、， ，， ， ，， ， 同理， ，，， ， ， ，， ，F为中点， ∴，， ， 同理，， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， 最大时，即取得最大值时， 当三点共线时，取得最大值，此时最大， 即绕点A顺时针旋转240度时，最大， 延长交于点，分别延长相交于点， 由①得是的中位线，是的中位线， ， ， 是等边三角形， ， 故答案为：3 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造中位线解决问题，属于中考压轴题． ◇测能力 1．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键． 延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：延长与直线交于点， ∵正六边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 2．（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的内角和．根据正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，求解即可． 【详解】解：正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为， ∴， 故选：D． 3．（2025·甘肃·中考真题）如图，一个多边形纸片的内角和为，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（   ） A．12 B．11 C．10 D．9 【答案】A 【分析】本题考查了多边形内角和问题，设原多边形的边数为，根据内角和可解得，按图示的剪法剪去一个内角后，新多边形的边数比原多边形的边数多1，即可解答，熟知多边形内角和公式是解题的关键． 【详解】解：设原多边形的边数为， 则可得， 解得， 按图示的剪法剪去一个内角后， 新多边形的边数比原多边形的边数多1，为， 故选：A． 4．（2025·四川资阳·中考真题）三角形的周长为，则它的三条中位线组成的三角形的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线，能熟记三角形的中位线的内容是解此题的关键，注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 根据三角形的中位线得出，再根据的周长是求出即可． 【详解】解：如图， ∵中，D、E、F分别为的中点， ∴， ∵的周长是，即， ∴的周长是， 故选B． 5．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行线的性质，首先得到，是的中位线，得到，，然后根据平行线的性质求解即可． 【详解】∵点，，分别是各边上的中点， ∴，是的中位线 ∴， ∴ ∵ ∴． 故选：C． 6.（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键 利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴，；，；，；， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得 ． ∴ 在中 ． 故选：B． 7．（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时， ． 【答案】97 【分析】本题考查正多边形内角和问题，平行线的性质，先根据正六边形内角和公式求出单个内角的度数，再根据平行线的性质求解． 【详解】解：如图， 正六边形内角和为：， ， ， ， ， ， ， 故答案为：97． 8．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】考查平行四边形性质、全等三角形、面积公式及勾股定理，用面积分割与对称性思想．关键是借对称性证全等、用面积求线段，再构直角三角形计算；易错点是漏用对称性或误判直角边． 首先通过构造垂线得到直角三角形，利用的锐角三角函数求得，接着计算得到平行四边形总面积，得每部分面积为． 然后借对称性证，得、． 由平行四边形的对称性与面积平衡再设，用与的面积列方程，解得，推得、． 最后过作构直角三角形，用勾股定理得． 【详解】解：过A作于点H， ， 在中，． ， ∵，将分成面积相等的四部分， ∴每部分面积为，交点即为平行四边形的中心O， 在中，，， ∴，．，， 连接， ∴经过中心点O， ∴， ∵ ． 同理得：， ∴，． 设，过作于点Q， 在中， 在中，由三角形面积公式：   ． 过E作于延长线上点G， 又，， 且． 在中， 又平行四边形的对称性与面积平衡可得， ， 解得， ． 过M作交于P，过A作于点H， 则． ，． ． 在中，由勾股定理：   ． 故答案为：． 9．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则 ． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 10．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为 ； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为 ． 【答案】 4 【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可； （2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大， 即此时面积取得最大值，如图， ∵ ∴， ∴面积的最大值． 故答案为：4； （2）连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． 由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， 由（1）可知，， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹． 11．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由点分别是边的中点，则有，，所以，，从而可得，然后根据性质即可求证； （）连接，，证明四边形为平行四边形，所以，，又，为中点，故有，所以，，然后通过“”证明即可． 【详解】（1）证明：∵点分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接，， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． ◇提能力 1．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接并延长，在的延长线上截取，连接，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）①根据得出，，根据已知可得； ②根据，，得出在的外接圆上运动，设的外接圆为，设与交于点，连接，证明得出，当为的直径时，取得最大值为，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图， ∵为中点， ∴， 根据作图可得， ∴四边形为平行四边形， （2）①∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴且， ∴， ∴， ②∵，， ∴在的外接圆上运动，设的外接圆为 如图，设与交于点，连接， ∴ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ 又，则， ∴ ∴ ∴当为的直径时，取得最大值为 ∴的最大值为 2．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键 2 / 89 学科网（北京）股份有限公司 $