第01讲 平行四边形与多边形（复习讲义，2考点10题型2重难）（天津专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习讲义聚焦“平行四边形与多边形”专题，覆盖多边形内角和/外角和、平行四边形性质与判定等中考核心考点，通过考情剖析、知识网络构建、考点解析等模块梳理知识联系，设计“考点梳理-方法指导-真题训练”教学流程，帮助学生突破坐标系综合、折叠动点等难点，体现复习的系统性和针对性。 亮点在于“命题预测+分层突破”策略，如针对正多边形平面镶嵌问题结合蜂巢实例培养几何直观，通过平行四边形折叠变换题训练推理能力，契合数学思维与空间观念素养。分层练习含基础巩固、能力提升、全国新趋势三级，配合限时测试，助力教师精准把控节奏，有效提升学生应考能力。

第五章 四边形 第01讲 平行四边形与多边形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 2 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 4 命题点一 多边形 题型01 多边形内角和/外角和的计算 题型02 多边形内角和与外角和综合 题型03 多边形截角后的内角和问题 题型04 正多边形中心角 / 边心距计算 题型05 平面镶嵌 题型06 多边形与实际应用 命题点二 平行四边形 题型01 利用平行四边形的性质求解 题型02 平行四边形的证明 题型03 平行四边形与三角形相似的综合证明 题型04 平行四边形折叠/旋转变换问题 05·重难突破·思维进阶难 7 突破一 非负性的应用 突破二 实数与数轴相结合的应用 06·优题精选·练能提分 20 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 坐标系与平行四边形综合 T24 掌握平面直角坐标系中平行四边形、菱形、矩形的坐标表示，会结合平移、折叠、动点求坐标、面积与图形形状. 多边形的内角和与外角和 掌握多边形内角和公式 (n−2)×180°，外角和恒为360° 平行四边形的性质与判定 掌握平行四边形的性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）；会用判定定理（边、角、对角线）判定平行四边形 命题预测 2026 年天津中考多边形为低频基础考点，平行四边形大概率回归，以坐标系综合、折叠动点为核心形式在选择与压轴题中考查。 备考建议 聚焦多边形基础公式记忆，重点突破平行四边形坐标、折叠与动点综合题型，针对性训练坐标系几何与面积计算，把握高频考点与轮动规律。 考点一 多边形 1.相关概念 多边形 内角和定理 n边形的内角和为___________ 外角和定理 多边形的外角和等于___________° 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，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有___________条对角线. 正多边形 定义 各个角都___________，各条边都___________的多边形叫做正多边形 特征 1）各个角都相等；2）各条边都相等，两者缺一不可. 性质 1）正n边形有___________条对称轴． 2）正多边形的边数为___________时，它既是轴对称图形，又是中心对称图形；正多边形的边数为___________时，它是轴对称图形，不是中心对称图形. 2. 几种常考的正多边形及常见结论 正五边形 正六边形 正八边形 图形 常用结论 角度 内角和为___________，每个内角为___________，每个外角为___________ 内角和为___________，每个内角为___________，每个外角为___________ 内角和为___________，每个内角为___________，每个外角为___________，∠BCH=∠CBE=45° 线段关系 AB___________CE，AD___________BD AB∥CF∥DE，AE___________AB， BE=CF=AB，AE=___________AB AB∥CH∥DG∥EF，AF⊥AB，AF=BE， AF∥BE，BC=______BO 1．（2025天津模拟预测）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（   ） A．15 B．12 C．10 D．8 2．（2025天津模拟预测）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    3．（2025天津模拟预测）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 考点二 平行四边形 1. 平行四边形 定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 符号表示：平行四边形用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”. 2. 平行四边形的性质 性质 符号语言 图示 边 平行四边形的对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，AD∥BC 角 平行四边形的对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC，BO=DO=BD 【解题技巧】 1）平行四边形的每一条对角线都将平行四边形分成了两个______的三角形； 2）平行四边形被两条对角线分割而成的四个三角形的面积______，且构成两对全等三角形. 3）平行四边形相邻两边之和等于周长的______； 4）如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，可得______·BC=AF·______ (等面积法). 5）平行四边形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点. 3. 平行四边形的判定定理 判定 符号语言 图示 定义 两组对边分别平行的四边形 是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形 是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC， ∴四边形ABCD是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形 是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO， ∴四边形ABCD是平行四边形 1．（2025·天津和平·三模）如图，中，以点为圆心，长为半径画弧与相交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）在的内部相交于点，作射线与相交于点；分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于，两点，直线与相交于点．若，，则到的距离为（   ） A．1 B． C．2 D． 2．（2025·天津西青·二模）如图，四边形是平行四边形，连接对角线，将沿所在直线折叠得到，交于点E，若，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2025天津模拟预测）如图，平行四边形的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（　　） A． B． C． D． 命题点一 多边形 ►题型01 多边形内角和/外角和的计算 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边数为. 【典例1】如图是两块平面镜，由点 发射出的光线经平面镜 反射后恰好经过点．若，则的度数为 ． 【变式1】如图，正五边形中，M、N分别为的中点，连接，O为的交点，则的大小为 【变式2】正多边形一个外角的度数是 ，则该正多边形的边数是 ． 【变式3】如图，正六边形和正八边形的顶点A，B，C，D在同一直线上，顶点E重合，若，则正六边形的边长为 ． ►题型02 多边形内角和与外角和综合 熟记n边形内角和与外角和定理以及正多边形边、角的关系，直接运用公式计算. 【典例2】若某个正多边形的一个内角是其相邻外角的4倍，则这个多边形的边数为 ． 【变式1】2025年4月24日，神舟十二号发射圆满成功，内蒙古籍航天员王杰飞上太空，在鄂尔多斯市广大校园中掀起学习载人航天精神的热潮．某学校举办了“叩问苍穹，征途永志”主题活动，邀请同学们参与设计航天纪念章．小明以正八边形为边框，如图，设计了航天纪念章，则此正八边形徽章一个内角的大小为 °． 【变式2】用一些全等的正五边形按如图所示的方式拼接，围成一圈后中间也形成一个正多边形，则中间形成的这个正多边形的边数为 ． 【变式3】如图1所示的冰裂纹窗棂在古建筑中被广泛应用，图2是这种窗棂中的部分图案．若，则的度数为 ． ►题型03 多边形截角后的内角和问题 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. 【典例3】如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加 度． 【变式1】一个多边形纸片剪去其中某一个角后，形成的另一个多边形的内角和为900°，那么原多边形的边数为 ． 【变式2】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1080°，那么原多边形的边数为（ ） A．7 B．7或8 C．8或9 D．7或8或9 ►题型04 正多边形中心角 / 边心距计算 / 1）外角/中心角：正n边形的每个外角/中心角为. 【典例4】如图，点是以点为中心的正多边形的顶点，若，则该正多边形的边数为（    ） A．7 B．8 C．10 D．11 【变式】1如图，边长为4的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（    ） A．1 B．2 C． D． 【变式2】如图，的周长为，正六边形内接于则的面积为 ． 【变式3】一个正多边形的中心角为，半径为，则该正多边形的面积等于 ． ►题型05 平面镶嵌 解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【典例5】笑笑同学用4个全等的正n边形硬纸板和一个正方形硬纸板拼成了一个如图所示的平面图形（部分），这5个硬纸板的拼接处无空隙，不重叠，则n的值为 ． 【变式1】爸爸购买了边长相等的正方形和正边形两种地砖，用来铺自家地板，铺满后地面的部分示意图如图所示，则的值为 ． 【变式2】如图，用边长相等的1个正方形和4个正五边形拼成如图所示的美丽图案，点为正方形和相邻两个正五边形的公共顶点，、分别是这两个正五边形的顶点，则的度数为 °． 【变式3】如图是由两个正六边形、两个正方形和两个等腰三角形（阴影部分）无缝隙、不重叠地拼成的美丽图案，已知正六边形和正方形的边长均相等，则等腰三角形的底角度数为 ． ►题型06 多边形与实际应用 【典例6】明朝李梦阳的《送人赴举》诗“宝剑动连星，金鞍别马鸣．持将五色笔，夺取锦标名．”这首诗鼓励考生们拿起五彩妙笔，在考试中取得理想的成绩，金榜题名‌‌．今有陈老师选用代表六合、六顺的正六边形“金榜题名”文具礼盒祝福孩子们妙笔生花，中考胜利！如图（a）是陈老师在中考前送给班内孩子们的单个正六边形文具礼盒，如图（b）是全班礼盒靠墙创意摆放的主视图．请聪明好学的你算出与地面所成的的正切值是 ． 【变式1】将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中 ． 【变式2】如图1，嘉淇用一把可以调节大小的活动扳手拧一枚正六边形螺母． 测量 如图2，已知活动扳手的钳口，正六边形螺母的两个顶点，分别在，上，经测量，已知正六边形螺母的边长为，． （1）求的度数； 操作  如图3，调节活动扳手钳口的大小，使得，所在直线分别与直线，重合． 探究  （2）经上述操作后，求钳口和之间的距离减少了多少（结果保留整数）？ （参考数据：取，取，取，取1.73） 【变式3】如图1是某种笔记本电脑支架，如图2，其底座放置在水平桌面上，通过调节及的度数来控制托盘的高度，笔记本机身和屏幕分别用线段表示．已知，，，不计材料厚度．若，． (1)为使屏幕与桌面保持垂直，求∠EGH的度数 (2)在（1）的条件下，求此时点H到桌面的距离； 命题点二 平行四边形 ►题型01 利用平行四边形的性质求解 与平行四边形的边、角有关的计算问题可转化为三角形相关问题，解题时要充分利用平行四边形与三角形的有关性质. 注意：对于无图的平行四边形问题，需要画图并且对潜在的分类讨论保持警惕. 【典例1】如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【变式1】如图，在中，对角线与相交于点O，E是延长线上的一点，连接交于点F．已知，，，则的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 【变式2】如图，的顶点在轴正半轴上，，，反比例函数的图象过点和的对称中心，则的值为 ． 【变式3】如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别交边，于点，． 若，，则线段的长为 ． ►题型02 平行四边形的证明 【典例2】如图，反比例函数的图象经过点，连接并延长交反比例函数的图象于另一点B，过点A作轴于点C，过点B作轴于点D，连接，． (1)求反比例函数的解析式； (2)请判断四边形的形状，并说明理由． 【变式1】如图，在四边形中，，，点E，F分别是，中点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，求的长． 【变式2】如图，在矩形中，点E，F分别在边上，连接，恰好经过对角线的中点O，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，且，则　　． 【变式3】如图，在四边形中，对角线，交于点O．已知，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【变式4】如图，在四边形中，点E在上，，于点F，于点G，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． ►题型03 平行四边形与三角形相似的综合证明 【典例1】如图，在中，D、E分别是边、上的点，，点F在线段上，过点F作、 分别交于点G、H，如果．求的值． 【变式1】小明学习了平行四边形的知识后，想利用平行四边形的相关知识探究下列问题． (1)【问题探究】探究一 利用平行四边形的判定方法作平行四边形，作法是：如图①，在中，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧在下方交于点，连接，，则四边形是平行四边形．小明判定四边形是平行四边形的依据是__________； (2)探究二 “在四边形中，若，对角线与交于点，且，四边形是平行四边形吗？” ①在图②中作出符合条件的图形（尺规作图，保留作图痕迹）； ②结合所作图形，符合条件的四边形__________（填写“是”“不是”或“不一定是”）平行四边形； (3)【问题应用】如图③，在中，E是的中点，连接AE，EB，F是AE的中点，连接交于点G．若，求的长． ►题型04 平行四边形折叠/旋转变换问题 【典例4】将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【变式1】（2025·天津·一模）将平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图1，点的坐标为_____，点的坐标为_____； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图2，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【变式2】（2024·天津和平·一模）在平面直角坐标系中，为原点，点，点，把绕点逆时针旋转，得，点旋转后的对应点为，，记旋转角为，连接． (1)如图①，若，求的长； (2)如图②，若，求的长； (3)若点P为线段的中点，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【变式3】．（2025·天津·一模）在平面直角坐标系中，点，， ，C，D分别为，的中点．以点O为中心，逆时针旋转，得，点C，D的对应点分别为点，． (1)填空：如图①，当点落在y轴上时，点的坐标为_____，点的坐标为 ； (2)如图②，当点落在上时， 求点的坐标和 的长； (3)若M为的中点，求的最大值和最小值（直接写出结果即可）． 突破一 平行四边形与坐标系综合 【典例1】（2025·天津河北·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形的顶点，平行四边形与平行四边形关于y轴对称． (1)填空：如图①，点B的坐标为_____，点P的坐标为_____； (2)如图②，平行四边形沿水平方向向右平移t个单位长度，得到平行四边形，点O，M，N，P的对应点分别为点，平行四边形与平行四边形重叠部分面积为S． ①若，且平行四边形与平行四边形重叠部分为四边形时，试用含有t的式子表示，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【变式1】（2025·天津河北·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点B的坐标为_______，点G的坐标为______； (2)如图②，将矩形沿水平方向向右平移t个单位长度，得到矩形，点D，E，F，G的对应点分别为点，，，，矩形与平行四边形重叠部分面积为S． ①若，且矩形与平行四边形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 突破二 平行四边形与函数综合 【典例2】（2025·天津·一模）已知抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B右侧），与y轴相交于点C，点． (1)若已知． ①求抛物线的顶点坐标； ②若点P是第二象限内抛物线上一动点，过点P作线段轴，交直线于点F，当线段取得最大值时，求此时点P的坐标； (2)若取线段的中点E，向右沿x轴水平方向平移线段，得到线段，求 的最小值，并求此时点的坐标． 【变式1】（2023·天津河西·模拟预测）已知抛物线（a，c为常数，）经过点，顶点为D． (1)当时，求该抛物线的顶点坐标； (2)当时，点，，求该抛物线的解析式； (3)当时，点，过点C作直线l平行于x轴，是x轴上的点，是直线l上的动点．当a为何值时，的最小值为？ 【变式2】如图，二次函数的图像与x正半轴相交于点B，负半轴相交于点A，其中A点坐标是（－1，0），B点坐标是（3，0）． (1)求此二次函数的解析式； (2)如图1，点P在第一象限的抛物线上运动，过点P作轴于点D，交线段BC于点E，线段BC把△CPD分割成两个三角形的面积比为1∶2，求P点坐标； (3)如图2，若点H在抛物线上，点F在x轴上，当以B、C、H、F为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点F的坐标． 1. 若一个多边形的每个外角等于，则这个多边形的边数为（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 2．万善塔，建于明崇祯十年．距今有三百六十多年的历史，又有“通天塔”之称．全塔高有米，塔身外为正八八角形，内室为正方形，上下交错．如图所示的正八边形是其中一层的平面示意图，则其每个内角的度数为（    ） A． B． C． D． 3.. 菱形与3个全等的正六边形按如图放置，正六边形的某几条边正好与菱形的边重合，若正六边形的边长为a，下列说法中，错误的是（　　） A．菱形的边长为 B．阴影部分的面积与空白部分相等 C． D．换种放法，菱形中最多能放4个这样的正六边形 4．如图，在中，E是的中点，连接，延长至点H，连接分别交线段，边于点F，G，若，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 5．（2025·四川广元·一模）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，是的中点，连接交于点，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在平面直角坐标系中，风车图案的四个叶片为完全相同的平行四边形，其中一个叶片上的点，的坐标分别为，．将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 7．如图①，在中，动点P从点B出发，沿折线运动，设点P经过的路程为x，的面积为y，y是x的函数，函数的图象如图②所示，则的周长为（    ）． A．14 B．18 C．20 D．28 8．已知：如图，四边形是正方形，O是其中心，以为边作一个正六边形，则的度数是 °． 9．如图，在正六边形中，为对称中心，连接对角线，过点，若在线段上有定点使得，已知，则的长为 ． 10．如图，在四边形中，，点在边上，_____．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），再求证：四边形为平行四边形． 1．阅读与思考 下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告 研究对象：平行四边形的“准中点四边形”． 定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”． 性质：四点共线． 结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？ 任务一：（1）写出结论1的证明过程． 任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______． 任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，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） 2．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与轴交于点． (1)求、的值； (2)直线过点，与反比例函数图象交于点，与轴交于点，连接． ①求的面积； ②点在反比例函数的图象上，点在轴上，若以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点坐标． 3．（2025·辽宁抚顺·一模）如图1，抛物线与x轴交于点，与直线交于点，点在y轴上． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，点P在线段上，过点P作垂足为D，交抛物线于点Q，当的长度最大时，连接，，求证：四边形是平行四边形； (3)如图3，点M从点B沿线段方向匀速运动，运动到点O时停止，点N从点O同时出发，以与点M相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点M停止运动时点N也停止运动．连接，，求的最小值． 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·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 60．（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·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 5．（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点， ． 6．（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 ． 7．（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 ． 8．（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 ． 9．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 10．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 第01讲 平行四边形与多边形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 2 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 4 命题点一 多边形 题型01 多边形内角和/外角和的计算 题型02 多边形内角和与外角和综合 题型03 多边形截角后的内角和问题 题型04 正多边形中心角 / 边心距计算 题型05 平面镶嵌 题型06 多边形与实际应用 命题点二 平行四边形 题型01 利用平行四边形的性质求解 题型02 平行四边形的证明 题型03 平行四边形与三角形相似的综合证明 题型04 平行四边形折叠/旋转变换问题 05·重难突破·思维进阶难 11 突破一 非负性的应用 突破二 实数与数轴相结合的应用 06·优题精选·练能提分 72 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 坐标系与平行四边形综合 T24 掌握平面直角坐标系中平行四边形、菱形、矩形的坐标表示，会结合平移、折叠、动点求坐标、面积与图形形状. 多边形的内角和与外角和 掌握多边形内角和公式 (n−2)×180°，外角和恒为360° 平行四边形的性质与判定 掌握平行四边形的性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）；会用判定定理（边、角、对角线）判定平行四边形 命题预测 2026 年天津中考多边形为低频基础考点，平行四边形大概率回归，以坐标系综合、折叠动点为核心形式在选择与压轴题中考查。 备考建议 聚焦多边形基础公式记忆，重点突破平行四边形坐标、折叠与动点综合题型，针对性训练坐标系几何与面积计算，把握高频考点与轮动规律。 考点一 多边形 1.相关概念 多边形 内角和定理 n边形的内角和为 外角和定理 多边形的外角和等于360° 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，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 正多边形 定义 各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形 特征 1）各个角都相等；2）各条边都相等，两者缺一不可. 性质 1）正n边形有n条对称轴． 2）正多边形的边数为偶数时，它既是轴对称图形，又是中心对称图形；正多边形的边数为奇数时，它是轴对称图形，不是中心对称图形. 2. 几种常考的正多边形及常见结论 正五边形 正六边形 正八边形 图形 常用结论 角度 内角和为540°，每个内角为108°，每个外角为72° 内角和为720°，每个内角为128°，每个外角为60° 内角和为1080°，每个内角为135°，每个外角为45°，∠BCH=∠CBE=45° 线段关系 AB∥CE，AD=BD AB∥CF∥DE，AE⊥AB， BE=CF=2AB，AE=AB AB∥CH∥DG∥EF，AF⊥AB，AF=BE， AF∥BE，BC=BO 1．（2025天津模拟预测）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（   ） A．15 B．12 C．10 D．8 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形内角和，掌握多边形内角和定理是解题的关键． 根据题意可得正五边形的每个内角的度数为，由此可得每个正五边形所对圆心角为，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∴正五边形的每个内角的度数为，即， ∴， ∴，即每个正五边形所对圆心角为， ∵， ∴共需要正五边形的个数是10个， 故选：C ． 2．（2025天津模拟预测）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    【答案】 【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出的度数，利用扇形面积公式计算即可． 【详解】解：正五边形的内角和， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解答本题的关键． 3．（2025天津模拟预测）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标． 【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点P的坐标为， ∴， 即； ∴，， ∴点M的坐标为． 故选：A．    【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键． 考点二 平行四边形 1. 平行四边形 定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 符号表示：平行四边形用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”. 2. 平行四边形的性质 性质 符号语言 图示 边 平行四边形的对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，AD∥BC 角 平行四边形的对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC，BO=DO=BD 【解题技巧】 1）平行四边形的每一条对角线都将平行四边形分成了两个全等的三角形； 2）平行四边形被两条对角线分割而成的四个三角形的面积相等，且构成两对全等三角形. 3）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半； 4）如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，可得AE·BC=AF·CD(等面积法). 5）平行四边形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点. 3. 平行四边形的判定定理 判定 符号语言 图示 定义 两组对边分别平行的四边形 是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形 是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC， ∴四边形ABCD是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形 是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO， ∴四边形ABCD是平行四边形 1．（2025·天津和平·三模）如图，中，以点为圆心，长为半径画弧与相交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）在的内部相交于点，作射线与相交于点；分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于，两点，直线与相交于点．若，，则到的距离为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，解直角三角形，等角对等边，角平分线和线段垂直平分线的尺规作图，有平行四边形的性质和平行线的性质可得，由作图方法可得平分，则，据此可证明得到，由作图方法可得垂直平分，则，再解直角三角形求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由作图方法可得平分， ∴， ∴， ∴， 由作图方法可得垂直平分， ∴， 过点P作， ∴， ∴到的距离为， 故选：B． 2．（2025·天津西青·二模）如图，四边形是平行四边形，连接对角线，将沿所在直线折叠得到，交于点E，若，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，轴对称的性质． 由四边形是平行四边形，可得，，再由将沿所在直线折叠得到，继而可证，即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，将沿所在直线折叠得到，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故B错误，C正确． ∵，， ∴， ∴， ∴，故A 错误， 由条件无法求出的度数，故D错误． 故选：C． 3．（2025天津模拟预测）如图，平行四边形的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查的是坐标与图形，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解本题的关键．本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，由B，C的坐标求出线段的长度，再利用平行四边形的性质可得答案． 【详解】解：平行四边形的顶点A，B，C的坐标分别是，，， ， B，C的纵坐标相等， 轴， ， 轴， 又顶点A的坐标是，， ∴顶点D的坐标为， 故选C． 命题点一 多边形 ►题型01 多边形内角和/外角和的计算 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边数为. 【典例1】如图是两块平面镜，由点 发射出的光线经平面镜 反射后恰好经过点．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形内角和定理以及三角形外角定理，关键是利用 “反射角等于入射角” 这一条件得到，进而在中利用内角和定理，即可得出结论． 【详解】解：如图，过点作 的垂线，过点作的垂线，两线交于点 由题意可得 (提示∶反射角等于入射角)， 故答案为：． 【变式1】如图，正五边形中，M、N分别为的中点，连接，O为的交点，则的大小为 【答案】72 【分析】本题考查了正五边形的内角和公式，正五边形的对称性，三角形的内角和定理，对顶角相等，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据正五边形的内角和公式求出内角和，再除以5得到，由M、N分别为的中点得是正五边形的对称轴，所以，，最后根据三角形内角和定理和对顶角相等即可求解． 【详解】解：正五边形内角和为：， 正五边形的每个内角为， ， 由题意可得：是正五边形的对称轴， ，， ，， ， ， 故答案为： 【变式2】正多边形一个外角的度数是 ，则该正多边形的边数是 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，根据多边形外角和是，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数． 【详解】解：∵正多边形一个外角的度数是 ， ∴该正多边形的边数是， 故答案为：6． 【变式3】如图，正六边形和正八边形的顶点A，B，C，D在同一直线上，顶点E重合，若，则正六边形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形和圆．根据正六边形、正八边形的性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可． 【详解】解：如图，过点E作，垂足为F， ∵是正六边形的外角， ∴， ∵是正八边形的外角， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴正六边形的边长为． 故答案为：． ►题型02 多边形内角和与外角和综合 熟记n边形内角和与外角和定理以及正多边形边、角的关系，直接运用公式计算. 【典例2】若某个正多边形的一个内角是其相邻外角的4倍，则这个多边形的边数为 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查正多边形的内角和与外角和的相关知识，解题关键是利用正多边形的一个内角与相邻外角互补的关系．结合已知条件求出外角的度数，再根据多边形外角和为求出边数即可． 【详解】解析：设该正多边形的一个外角为，则其相邻的一个内角为．由题意，可得，解得． 该正多边形的一个外角为， 这个正多边形的边数为． 【变式1】2025年4月24日，神舟十二号发射圆满成功，内蒙古籍航天员王杰飞上太空，在鄂尔多斯市广大校园中掀起学习载人航天精神的热潮．某学校举办了“叩问苍穹，征途永志”主题活动，邀请同学们参与设计航天纪念章．小明以正八边形为边框，如图，设计了航天纪念章，则此正八边形徽章一个内角的大小为 °． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角度数、正多边形的外角和，因为多边形的外角和为，正八边形的个外角都相等，所以每个外角的度数是，又因为正八边形的每一个内角与它相邻的外角互为邻补角，所以正八边形徽章每一个内角的大小为． 【详解】解：正八边形的个外角都相等， 每个外角的度数是， 正八边形徽章每一个内角的大小为． 故答案为： ． 【变式2】用一些全等的正五边形按如图所示的方式拼接，围成一圈后中间也形成一个正多边形，则中间形成的这个正多边形的边数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的边数，先求出正五边形的内角度数，进而求出中间形成的正多边形的内角度数，再根据多边形内角和公式列出方程解答即可求解，掌握多边形内角和公式是解题的关键． 【详解】解：正五边形的内角度数为， ∴中间形成的正多边形的内角度数为， 设中间形成的正多边形的边数为， 则， 解得， ∴中间形成的这个正多边形的边数为， 故答案为：． 【变式3】如图1所示的冰裂纹窗棂在古建筑中被广泛应用，图2是这种窗棂中的部分图案．若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键． 由多边形内角和定理得，整理得，则，即可得出结论． 【详解】解：由图2可知，， 整理得：， ∴， 故答案为：． ►题型03 多边形截角后的内角和问题 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. 【典例3】如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加 度． 【答案】180 【分析】本题考查了多边形内角和．此题比较简单，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 根据n边形的内角和公式求解作差即可． 【详解】解：五边形的内角和为 将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是6， 则， ∴内角和增加 故答案为：180． 【变式1】一个多边形纸片剪去其中某一个角后，形成的另一个多边形的内角和为900°，那么原多边形的边数为 ． 【答案】6或7或8 【分析】设原多边形为边形，则当多边形截去一个角后，可形成或或边形，根据多边形的内角和定理列式计算可求解． 【详解】解：设原多边形为边形，则当多边形截去一个角后，可形成或或边形， 或或， 解得或7或6， 故答案为：8或7或6． 【点睛】本题主要考查多边形的内角和外角，判定边形截去一个角后形成的多边形形状是解题的关键，注意分类讨论． 【变式2】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1080°，那么原多边形的边数为（ ） A．7 B．7或8 C．8或9 D．7或8或9 【答案】D 【详解】试题分析：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8． 则原多边形的边数为7或8或9． 故选：D． 考点：多边形内角与外角． ►题型04 正多边形中心角 / 边心距计算 / 1）外角/中心角：正n边形的每个外角/中心角为. 【典例4】如图，点是以点为中心的正多边形的顶点，若，则该正多边形的边数为（    ） A．7 B．8 C．10 D．11 【答案】C 【分析】本题主要考查正多边形与圆，圆周角定理，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键． 如图所示，连接，根据圆周角定理得到，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∴， ∴， ∴该正多边形的边数为10， 故选：C． 【变式】1如图，边长为4的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确解答此题的关键．根据正六边形的性质知是正三角形，在中，利用勾股定理进行计算即可． 【详解】解：如图，连接，，过点作，垂足为点， 六边形是正六边形，点是它的中心， ， ， 是正三角形， ， ， 在中，，， ． 故答案为：D． 【变式2】如图，的周长为，正六边形内接于则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系是正确解答的关键．根据正六边形的性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可． 【详解】解：设半径为r，由题意得，， 解得， 六边形是的内接正六边形， ， ， 是正三角形， ， 弦所对应的弦心距为， 故答案为： 【变式3】一个正多边形的中心角为，半径为，则该正多边形的面积等于 ． 【答案】 【分析】先利用中心角求出正多边形的边数，再利用正多边形的性质求出正多边形的面积． 本题主要考查正多边形的性质，熟记正多边形的中心角与边数的关系是解题关键． 【详解】解：该正多边形的中心角为， 正多边形的边数为：， 如图所示，作于点， 则，， ， ， 正多边形的面积． 故答案为：． ►题型05 平面镶嵌 解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【典例5】笑笑同学用4个全等的正n边形硬纸板和一个正方形硬纸板拼成了一个如图所示的平面图形（部分），这5个硬纸板的拼接处无空隙，不重叠，则n的值为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了多边形的内角的定理，多边形的外角和定理，正多边形的性质，解题关键是掌握多边形的内角和公式． 先求出正n边形的每个内角的度数，再根据多边形内角和公式列出方程求解． 【详解】解：由图可知，正n边形的每个内角的度数为， ∴ ， 解得． 故答案为：8． 【变式1】爸爸购买了边长相等的正方形和正边形两种地砖，用来铺自家地板，铺满后地面的部分示意图如图所示，则的值为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），正多边形的性质，熟练掌握是解题的关键．根据平面镶嵌的条件，先求出正n边形的一个内角的度数，再根据多边形内角和公式求出n的值． 【详解】解：正n边形的内角度数为， 则， 解得． 故答案为：8． 【变式2】如图，用边长相等的1个正方形和4个正五边形拼成如图所示的美丽图案，点为正方形和相邻两个正五边形的公共顶点，、分别是这两个正五边形的顶点，则的度数为 °． 【答案】 【分析】本题考查多边形的内角与外角，掌握正五边形、正方形内角的计算方法是正确解答的关键． 先求出正五边形、正方形的内角的度数，再根据周角的定义进行计算． 【详解】解：正五边形的每一个内角的度数为， ∵正方形的每一个内角为，而点P为正方形和相邻两个正五边形的公共顶点， ∴， 故答案为：． 【变式3】如图是由两个正六边形、两个正方形和两个等腰三角形（阴影部分）无缝隙、不重叠地拼成的美丽图案，已知正六边形和正方形的边长均相等，则等腰三角形的底角度数为 ． 【答案】75 【分析】本题考查正多边形的内角，等边对等角，求出正六边形和正方形的一个内角度数，根据周角的定义，求出等腰三角形的顶角的度数，再根据等边对等角，求出等腰三角形的底角度数即可． 【详解】解：由题意，一个正六边形的内角度数为，一个正方形的内角的度数为：， ∴等腰三角形的顶角度数为：， ∴等腰三角形的底角度数为； 故答案为：75． ►题型06 多边形与实际应用 【典例6】明朝李梦阳的《送人赴举》诗“宝剑动连星，金鞍别马鸣．持将五色笔，夺取锦标名．”这首诗鼓励考生们拿起五彩妙笔，在考试中取得理想的成绩，金榜题名‌‌．今有陈老师选用代表六合、六顺的正六边形“金榜题名”文具礼盒祝福孩子们妙笔生花，中考胜利！如图（a）是陈老师在中考前送给班内孩子们的单个正六边形文具礼盒，如图（b）是全班礼盒靠墙创意摆放的主视图．请聪明好学的你算出与地面所成的的正切值是 ． 【答案】 【分析】本题通过古今送考情境来考查解直角三角形及正多边形的综合应用，作出辅助线发现每个正六边形的规律是解题关键． 作于点H，根据正六边形求出相关边长即可． 【详解】解：设每个正六边形的边长为， 根据题意得：为等边三角形，则正六边形的半径为，边心距为， 作于点H，则可观察求得，    ， 在中，． 故答案为：． 【变式1】将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中 ． 【答案】/30度 【分析】本题考查正六边形的知识．延长交直线于点，延长交于点，根据垂线的性质，则，根据平行线的性质，则，再根据正六边形的性质，即可． 【详解】解：延长交直线于点，延长交于点， ∵直线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵图形为正六边形， ∴外角， ∴． 故答案为：． 【变式2】如图1，嘉淇用一把可以调节大小的活动扳手拧一枚正六边形螺母． 测量 如图2，已知活动扳手的钳口，正六边形螺母的两个顶点，分别在，上，经测量，已知正六边形螺母的边长为，． （1）求的度数； 操作  如图3，调节活动扳手钳口的大小，使得，所在直线分别与直线，重合． 探究  （2）经上述操作后，求钳口和之间的距离减少了多少（结果保留整数）？ （参考数据：取，取，取，取1.73） 【答案】（1）；（2）钳口和之间的距离减少了． 【分析】本题考查了正六边形的性质，平行线的性质，解直角三角形等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）连接，由螺丝帽是正六边形得每个外角的度数，再得出每个内角的度数，然后求出，最后根据平行线的性质即可； （2）过点作于点，连接，求得，得到，求出，，再求出，解直角三角形求出，即可求解． 【详解】解：（1）连接，如图： 六边形为正六边形， ， 根据对称性，平分和， ， ， ， ， ； （2）过点作于点，连接，如图： ，， ， ， 在中，，， ， ， 由（1）可知，， 在中，， ， 由题意可知，和之间的距离由的长变成的长， ， 即经上述操作后，钳口和之间的距离减少了． 【变式3】如图1是某种笔记本电脑支架，如图2，其底座放置在水平桌面上，通过调节及的度数来控制托盘的高度，笔记本机身和屏幕分别用线段表示．已知，，，不计材料厚度．若，． (1)为使屏幕与桌面保持垂直，求∠EGH的度数 (2)在（1）的条件下，求此时点H到桌面的距离； 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用、四边形内角和等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形是解题的关键． （1）如图，延长交于点，则，然后利用四边形内角和以及邻补角互补即可解答； （2）如图，过点作，，则四边形是矩形，利用锐角三角函数分别求出、，进而得出即可解答． 【详解】（1）解：如图，延长交于点，则， ， ， ，， ， ． （2）解：如图，过点作，，则四边形是矩形， ， 在中，， ， ， ，， ， 在中，， ， ， 答：点到桌面的距离为． 命题点二 平行四边形 ►题型01 利用平行四边形的性质求解 与平行四边形的边、角有关的计算问题可转化为三角形相关问题，解题时要充分利用平行四边形与三角形的有关性质. 注意：对于无图的平行四边形问题，需要画图并且对潜在的分类讨论保持警惕. 【典例1】如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 无法判断， 故选：D． 【变式1】如图，在中，对角线与相交于点O，E是延长线上的一点，连接交于点F．已知，，，则的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．取的中点H，连接，则，由平行四边形的性质得，，则，，可证明，得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：取的中点H，连接， ∵四边形是平行四边形，对角线与相交于点O，，， ∴，，， ∴，， ∵点E在的延长线上，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 故选：C． 【变式2】如图，的顶点在轴正半轴上，，，反比例函数的图象过点和的对称中心，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握该知识点是关键．作轴，垂足为H，根据平行四边形的性质得到，，设，则，根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可． 【详解】解：如图，作轴，垂足为H， 四边形是平行四边形，， ，， 设，则， 根据反比例函数图象上点的坐标特征可得：， 解得：， 由勾股定理得， ， ， 故答案为：． 【变式3】如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别交边，于点，． 若，，则线段的长为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、垂直平分线的性质及直角三角形性质的应用，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等是解题的关键． 【详解】∵在平行四边形中，，（由得），， ∴过点作于点， 在中，，， ∴，根据“含角的直角三角形中，角对的直角边是斜边的一半”， ∴， 再根据勾股定理，，即， ∵，， ∴， 在中，，根据勾股定理，， ∴， ∵，且， ∴，根据勾股定理逆定理，是直角三角形，且斜边为， ∴， ∵，，三角形内角和为， ∴， ∵平行四边形中，内错角相等， ∴，即， ∵由作图步骤知直线是线段的垂直平分线， ∴，为等腰三角形，， ∴， 设与相交于点，∵是的垂直平分线， ∴是中点， ∴​， 在中，，​（或用含角的直角三角形性质）， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． ►题型02 平行四边形的证明 【典例2】如图，反比例函数的图象经过点，连接并延长交反比例函数的图象于另一点B，过点A作轴于点C，过点B作轴于点D，连接，． (1)求反比例函数的解析式； (2)请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)平行四边形，理由见解析 【分析】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，反比例函数图像和性质，反比例函数图像是关于原点中心对称的，平行四边形的判定； （1）将代入解析式即可求出k； （2）由反比例函数图象的对称性可知点B的坐标，再利用对边平行且相等的四边形是平行四边形来判断四边形的形状. 【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过点， 代入得，解得， ∴反比例函数的解析式为. （2）解：四边形ACBD是平行四边形，理由： ∵轴，轴， ∴， ∵点A的坐标为，延长交反比例函数的图象于另一点B， ∴由反比例函数图象的对称性可知，点B的坐标为， ， ∴四边形ACBD是平行四边形． 【变式1】如图，在四边形中，，，点E，F分别是，中点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，勾股定理，三角形的中位线，掌握平行四边形的判定，勾股定理，三角形的中位线是解题的关键； （1）根据对边平行且相等即可得证； （2）连接，根据勾股定理求出，再根据三角形的中位线即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ， E是中点， ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ， ， ，， ∴， ∵点E，F分别是，中点， ∴​​​​​​​． 【变式2】如图，在矩形中，点E，F分别在边上，连接，恰好经过对角线的中点O，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，且，则　　． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由可证，可得，即可求解； （2）由线段垂直平分线的性质可得，由勾股定理列出方程，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式3】如图，在四边形中，对角线，交于点O．已知，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，，再由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴四边形的面积． 【变式4】如图，在四边形中，点E在上，，于点F，于点G，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，进而证明，再证明是等腰直角三角形，然后证明由含的直角三角形的性质得，进而由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2） 解：由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的判定、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． ►题型03 平行四边形与三角形相似的综合证明 【典例1】如图，在中，D、E分别是边、上的点，，点F在线段上，过点F作、 分别交于点G、H，如果．求的值． 【答案】 【分析】本题考查了平行线的性质，三角形相似的判定性质，平行四边形的判定与性质．先根据平行线的性质证明，再由线段、及，可求得的值． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴设，，， ∴，， ∴， ∴． 【变式1】小明学习了平行四边形的知识后，想利用平行四边形的相关知识探究下列问题． (1)【问题探究】探究一 利用平行四边形的判定方法作平行四边形，作法是：如图①，在中，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧在下方交于点，连接，，则四边形是平行四边形．小明判定四边形是平行四边形的依据是__________； (2)探究二 “在四边形中，若，对角线与交于点，且，四边形是平行四边形吗？” ①在图②中作出符合条件的图形（尺规作图，保留作图痕迹）； ②结合所作图形，符合条件的四边形__________（填写“是”“不是”或“不一定是”）平行四边形； (3)【问题应用】如图③，在中，E是的中点，连接AE，EB，F是AE的中点，连接交于点G．若，求的长． 【答案】(1)两组对边分别相等的四边形是平行四边形 (2)①见解析；②不一定是 (3)4 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． （1）根据平行四边形的判定方法即可求解； （2）①根据题意作出符合条件的图形即可回答问题；②由①解答即可； （3）根据三角形中位线定理以及平行四边形的性质可得，，可得到四边形是平行四边形，即可解答． 【详解】（1）解：由作法得：， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）； 故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）解：①如图①，四边形，四边形，即为符合条件的图形； ②由①得：四边形不是平行四边形， 则符合条件的四边形不一定是平行四边形； 故答案为：不一定是； （3）解：如图②，取的中点，连接，． 是的中点，是的中点， 是的中位线， 且， 是的中点， ， ， ， 又， ， 四边形是平行四边形， ， ． ►题型04 平行四边形折叠/旋转变换问题 【典例4】将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2)①；；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答． ②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作 ∵四边形是平行四边形，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：， （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴； 当与点重合时， 此时与的交点为E与A重合， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点为E与B重合， ∴的取值范围为； ②如图：过点C作 由（1）得出， ∴， ∴ 当时， ∴，开口向上，对称轴直线 ∴在时，随着的增大而增大 ∴； 当时，如图： ∴，随着的增大而增大 ∴在时；在时； ∴当时， ∵当时，过点E作，如图： ∵由①得出是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴开口向下，在时，有最大值 ∴ ∴在时， ∴ 则在时，； 当时，如图， ∴，随着的增大而减小 ∴在时，则把分别代入 得出， ∴在时， 综上： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式1】（2025·天津·一模）将平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图1，点的坐标为_____，点的坐标为_____； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图2，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）过点C作，根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在y轴的正半轴上，根据题意及等腰三角形的判定和性质得出是等腰三角形，然后确定相应图形，找出临界点即可；②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，时，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作， ∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在y轴的正半轴上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， 过点D作， ∴， ∴， 当与点重合时， 此时与的交点与A重合，， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点与B重合，， ∴的取值范围为； ②当时， 如图，重叠部分的面积为， 由（1）得出， ∴， ∴， ， ∵，开口向上，对称轴直线， ∴在时，随着的增大而增大， ∴； 当时，如图，重叠部分的面积为， ， ， ∵，随着的增大而增大 ∴在时； ∴当时，； 当时，如图，重叠部分的面积为， 由①得出是等腰三角形，，，， ∴， ∵ ∴开口向下，在时，有最大值， ∴在时； ∴在时，； 当时，如图，重叠部分的面积为， ， ∵，随着的增大而减小， ∴在时，把代入得，把代入得， ∴在时，， 综上：的取值范围为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式2】（2024·天津和平·一模）在平面直角坐标系中，为原点，点，点，把绕点逆时针旋转，得，点旋转后的对应点为，，记旋转角为，连接． (1)如图①，若，求的长； (2)如图②，若，求的长； (3)若点P为线段的中点，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由旋转的性质，结合平行四边形的判定与性质即可得到答案； （2）由旋转的性质，结合勾股定理判定是等边三角形，进而由中垂线的判定与性质得到，，由勾股定理求出线段长，数形结合得到； （3）由旋转性质可知，点、点的运动轨迹为以为圆心的圆，连接，过点作交延长线于点，确定相关线段长度，再由瓜豆原理得到点的运动轨迹为以为圆心的圆，如图所示，根据最小值是；最大值是；结合即可得到答案． 【详解】（1）解：∵点，点， ∴， ∵绕点逆时针旋转得， ∴，， ∴， ∵， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：连接，延长与相交于点，如图所示： 在中，， ∵绕点逆时针旋转得， ∴，， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴点，在的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴，， 在中，， 在中，， ∴； （3）解：由旋转性质可知，点、点的运动轨迹为以为圆心的圆，连接，过点作交延长线于点， ，，，，， 在中，， 在旋转过程中，始终保持不变，且也保持不变，则由瓜豆原理可知，点的运动轨迹为以为圆心的圆，如图所示： 由点到圆周上点的距离关系得到最小值是；最大值是； ， 最小值是；最大值是，即． 【点睛】本题考查旋转综合，涉及旋转性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、中垂线的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的性质、点到圆周上点距离最值、瓜豆原理等知识，综合性较强、难度较大，熟练掌握相关几何判定与性质，数形结合，根据题意准确作出辅助线求解是解决问题的关键． 【变式3】．（2025·天津·一模）在平面直角坐标系中，点，， ，C，D分别为，的中点．以点O为中心，逆时针旋转，得，点C，D的对应点分别为点，． (1)填空：如图①，当点落在y轴上时，点的坐标为_____，点的坐标为 ； (2)如图②，当点落在上时， 求点的坐标和 的长； (3)若M为的中点，求的最大值和最小值（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2)点的坐标为，的长为 (3)最大值为，最小值为 【分析】（1）过作轴于H，由，D为中点，得，即得，根据以点O为中心，逆时针旋转，得，知，故；由，，可得轴，，从而，可得，，故； （2）当点落在上时，过作轴于M，求出，即可得，，故；； （3）由C，D分别为，的中点，可得，，从而，根据以点O为中心，逆时针旋转，得，可得，，即得，，知M在以O为圆心，为半径的圆上运动；当最大时，M在的延长线上，求出，即最大值为；当最小时，M在线段上，，即最小值为． 【详解】（1）解：过作轴于H，如图： ，D为中点， ， ， ∵以点O为中心，逆时针旋转，得， ， ∵点落在y轴上， ； ，C为中点， ， ， 轴，， ， ， ，， ； 故答案为：； （2）解：当点落在上时，过作轴于M，如图： 由（1）知，，， ， ， ，， ， ， ； ∴点的坐标为，的长为； （3）解：如图： ∵C，D分别为，的中点， 是的中位线， ，， ， ∵以点O为中心，逆时针旋转，得， ，， 是的中点， ， ， 在以O为圆心，为半径的圆上运动； 当最大时，如图： 此时M在的延长线上， ， ， ； 即最大值为； 当最小时，如图： 此时M在线段上，， 最小值为； 综上所述，最大值为，最小值为． 【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及锐角三角函数，直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握含的直角三角形三边的关系． 突破一 平行四边形与坐标系综合 【典例1】（2025·天津河北·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形的顶点，平行四边形与平行四边形关于y轴对称． (1)填空：如图①，点B的坐标为_____，点P的坐标为_____； (2)如图②，平行四边形沿水平方向向右平移t个单位长度，得到平行四边形，点O，M，N，P的对应点分别为点，平行四边形与平行四边形重叠部分面积为S． ①若，且平行四边形与平行四边形重叠部分为四边形时，试用含有t的式子表示，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)； (2)①，且；②． 【分析】（1）根据平行四边形性质得，根据关于y轴对称的点性质得； （2）①根据，两平行四边形重叠部分为四边形时，得，；②根据，得，当时，；当时，；当时，，；当时，，；当时，，；故当时，． 【详解】（1）解：∵平行四边形中，，且， ∴， ∴， ∴， ∵平行四边形与平行四边形关于y轴对称， ∴点P与点C关于y轴对称， ∴， 故答案为：；； （2）解：①如图，当时， ∵平行四边形与平行四边形重叠部分为四边形， ∴点在边上，点在边上， ∵，， ∴，； ②∵， ∴， ∴， 由轴对称与平移知，， 当时，重叠部分是等边三角形， ∵， ∴， ∴当时，； 当时，重叠部分是梯形， ∵，， ∴, ∴； 当时，重叠部分是六边形形， ∵，，， ∴， ∴； 当时，重叠部分是梯形， ∵，， ∴， ∴； 综上，． 故． 【点睛】本题考查了平行四边形平移，熟练掌握平行四边形性质，平移性质，轴对称性质，等边三角形和梯形面积公式，等边三角形的判定和性质，两点间的距离公式，分类讨论，是解题的关键． 【变式1】（2025·天津河北·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点B的坐标为_______，点G的坐标为______； (2)如图②，将矩形沿水平方向向右平移t个单位长度，得到矩形，点D，E，F，G的对应点分别为点，，，，矩形与平行四边形重叠部分面积为S． ①若，且矩形与平行四边形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)； (2)①；② 【分析】本题考查了二次函数与几何综合，矩形的性质，平行四边形的性质，计算复杂，熟练计算是解题的关键． （1）过点作交于点，证明，则可得，再根据矩形的性质可得； （2）①观察临界值，查看矩形与平行四边形重叠部分的形状求得自变量的取值范围，再利用面积法求得解析式即可； ②观察临界值，求得矩形与平行四边形重叠部分的面积的解析式，即可解答． 【详解】（1）解：如图，过点作交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， 矩形的顶点， , ， 故答案为：；； （2）解：①如图，当矩形中刚好运动到之后，矩形与平行四边形重叠部分为五边形， 设直线的解析式为， 把代入可得，解得， 直线的解析式为， 当时，，解得， 此时， 此时， 如图，当矩形中刚好运动到之后，矩形与平行四边形重叠部分不为五边形， ， 设直线的解析式为， 把代入可得，解得， 直线的解析式为， 当时，，解得， 如图，矩形与平行四边形重叠部分为五边形时， 则， ， ， ， ， ， ， ； ②如图，根据矩形移动轨迹可得重叠部分面积先变大后变小， 当时，此时， 则， 同（2）中原理可得， ， ， 此时； 如图，当矩形与平行四边形重叠部分为六边形时， 此时，， ， ，， ， 当点运动到之后，即当时，重叠部分为六边形， 当点运动到之前，即当时，重叠部分为六边形， 则， 当时，取最大值为， 如图，当时，根据矩形移动轨迹可得重叠部分面积逐渐变小， 当时，重叠部分面积最小， 此时，则，则， ； 综上所述，． 【变式2】（2025·天津南开·一模）将平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图1，点的坐标为_____，点的坐标为_____； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图2，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）过点C作，根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在y轴的正半轴上，根据题意及等腰三角形的判定和性质得出是等腰三角形，然后确定相应图形，找出临界点即可；②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，时，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作， ∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在y轴的正半轴上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， 过点D作， ∴， ∴， 当与点重合时， 此时与的交点与A重合，， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点与B重合，， ∴的取值范围为； ②由（1）得出， ∴， ∴， 当时， 如图，重叠部分的面积为， ， ∵，开口向上，对称轴直线， ∴在时，随着的增大而增大， ∴； 当时，如图，重叠部分的面积为， ， ， ∵，随着的增大而增大 ∴在时； ∴当时，； 当时， 如图，重叠部分的面积为， 由①得出是等腰三角形，，，， ∴， ∵ ∴开口向下，在时，有最大值， ∴在时； ∴在时，； 当时，如图，重叠部分的面积为， ， ∵，随着的增大而减小， ∴在时，把代入得，把代入得， ∴在时，， 综上：的取值范围为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 突破二 平行四边形与函数综合 【典例2】（2025·天津·一模）已知抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B右侧），与y轴相交于点C，点． (1)若已知． ①求抛物线的顶点坐标； ②若点P是第二象限内抛物线上一动点，过点P作线段轴，交直线于点F，当线段取得最大值时，求此时点P的坐标； (2)若取线段的中点E，向右沿x轴水平方向平移线段，得到线段，求 的最小值，并求此时点的坐标． 【答案】(1)①顶点坐标为；②点P的坐标为 (2)的最小值为，点的坐标为 【分析】（1）①将点代入求解即可； ②先求出点坐标，再求出直线的解析式，设点P的坐标为，则点F的坐标为，得到，根据二次函数的性质即可求解； （2）先证四边形是平行四边形，得出，作点E关于x轴的对称点，取得最小值时，即为点C，，三点共线时，求出此时的最小值和坐标即可． 【详解】（1）解：①由题意，抛物线过， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴抛物线的顶点坐标为； ②如图所示， 由与y轴相交于点C，可知， 设经过B，C两点的直线的解析式为， 将代入，得， 解得， ∴直线的解析式为， 设点P的坐标为，则点F的坐标为， ∴， ∴当时，有最大值， 此时，点P的坐标为； （2）解：如图所示， 由和，得中点， 由题意与平行且相等，可知与平行且相等， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 作点E关于x轴的对称点， 取得最小值时，即为点C，，三点共线时， 此时， 设经过，C两点的直线的解析式为，将代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 当时，， 此时点的坐标为． 【点睛】本题考查了二次函数的综合题，线段最值问题，平行四边形的性质和判定，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质，一次函数的求法，平行四边形的性质与判定是解题的关键． 【变式1】（2023·天津河西·模拟预测）已知抛物线（a，c为常数，）经过点，顶点为D． (1)当时，求该抛物线的顶点坐标； (2)当时，点，，求该抛物线的解析式； (3)当时，点，过点C作直线l平行于x轴，是x轴上的点，是直线l上的动点．当a为何值时，的最小值为？ 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线经过点，可得：，由，可得抛物线的表达式为，故抛物线的顶点坐标为； （2）先求出，进而把抛物线解析式化为顶点式求出，利用勾股定理分别求出，再根据建立方程求出a的值即可得到答案； （3）将点向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到，作点F关于x轴的对称点，则，连接，，证明四边形是平行四边形，得到，由轴对称的性质可得，由此推出当三点共线时，最小，即最小，最小值为，再由的最小值为，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：抛物线经过点， ， ∴当时，抛物线的表达式为， ∴抛物线的顶点坐标为； （2）解：抛物线 经过点， ， 抛物线解析式为， 抛物线顶点的坐标为， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得（不符合题意的值舍去）， ∴抛物线解析式为； （3）解：将点向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到，作点F关于x轴的对称点，则，连接，， ∵，， ∴点N到点M的平移方式和点D到点的平移方式相同， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴当三点共线时，最小，即最小，最小值为， ∵的最小值为， ∴， ∴， ∴， 解得（不符合题意的值舍去） 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，平行四边形的性质与判定，求二次函数解析式等等，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 【变式2】如图，二次函数的图像与x正半轴相交于点B，负半轴相交于点A，其中A点坐标是（－1，0），B点坐标是（3，0）． (1)求此二次函数的解析式； (2)如图1，点P在第一象限的抛物线上运动，过点P作轴于点D，交线段BC于点E，线段BC把△CPD分割成两个三角形的面积比为1∶2，求P点坐标； (3)如图2，若点H在抛物线上，点F在x轴上，当以B、C、H、F为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点F的坐标． 【答案】(1) (2)P点坐标或 (3)F点坐标为：(1,0)、(5,0)、、 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）设P点坐标为，，求出C点坐标，结合B点坐标求出直线BC的解析式，则设E点坐标为，，即可求出PE、DE，根据PE⊥x轴，即有，，进而有， 根据线段BC把△CPD分割成两个三角形的面积比为1:2，分类讨论即可求解； （3）设H点，F点，分三种情况讨论：第一种情况：当BC为对角线时，另一条对角线为HF；第二种情况：当BH为对角线时，另一条对角线为CF；第三种情况：当BF为对角线时，另一条对角线为CH，根据平行四边形的性质可知：平行四边形的对角线相互平分，则采用中点坐标公式列出方程组即可求解． 【详解】（1）∵抛物线过点A(-1,0)、B(3,0)， ∴，解得， ∴抛物线解析式为； （2）∵P点在第一象限的抛物线上运动， ∴设P点坐标为，， ∵当x=0时，， ∴C点坐标为(0,3)， ∵C点坐标为(0,3)，B(3,0)， ∴设直线BC的解析式为， ∴，解得， ∴直线BC的解析式为， 设E点坐标为，， 根据题意可知P点在E点上方， ∵PE⊥x轴， ∴，， ∴， ∵PE⊥x轴， ∴，， ∴， ∵线段BC把△CPD分割成两个三角形的面积比为1:2， 即分类讨论： 第一种情况：时， ∴， ∴， ∴此时P点坐标； 第二种情况：时， ∴， ∴， ∴此时P点坐标； 综上：P点坐标或； （3）∵H点在抛物线上，F点在x轴上， ∴设H点，F点， ∵C(0,3)，B(3,0)， ∴，， 即分类讨论： 第一种情况：当BC为对角线时，另一条对角线为HF， 根据平行四边形的性质可知：BC、HF相互平分， 根据中点坐标公式有：， 解得：（舍去），， 即此时F点坐标为(1,0)； 第二种情况：当BH为对角线时，另一条对角线为CF， 根据平行四边形的性质可知：BH、CF相互平分， 根据中点坐标公式有：， 解得：（舍去），， 即此时F点坐标为(5,0)； 第三种情况：当BF为对角线时，另一条对角线为CH， 根据平行四边形的性质可知：BF、CH相互平分， 根据中点坐标公式有：， 解得：，， 即此时F点坐标为、； 综上：F点坐标为：(1,0)、(5,0)、、． 【点睛】本题考查了待定系数法求解抛物线解析式、三角形面积、中点坐标公式以及平行四边形的性质等知识，掌握平行四边形的性质并灵活运用中点坐标公式是解答本题的关键． 1. 若一个多边形的每个外角等于，则这个多边形的边数为（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理. 根据多边形的外角和定理，即可求解． 【详解】解：∵多边形的外角和等于，每个外角为， ∴边数． 故选：B． 2．万善塔，建于明崇祯十年．距今有三百六十多年的历史，又有“通天塔”之称．全塔高有米，塔身外为正八八角形，内室为正方形，上下交错．如图所示的正八边形是其中一层的平面示意图，则其每个内角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和外角的知识，首先利用外角和求得外角的度数，然后根据互补求得每个内角的度数即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵多边形外角和为， ∴正八边形每个外角为， ∴正八边形每个内角的度数为， 故选：． 3.. 菱形与3个全等的正六边形按如图放置，正六边形的某几条边正好与菱形的边重合，若正六边形的边长为a，下列说法中，错误的是（　　） A．菱形的边长为 B．阴影部分的面积与空白部分相等 C． D．换种放法，菱形中最多能放4个这样的正六边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正多边形的性质等．因正六边形每个内角均为，因此本题可以通过割补正三角形推测出菱形的边长和内角度数，如图①所示可知边长且，因此选项A、C正确，通过数正三角形个数可知，B是错误的；关于选项D，找出摆放的新的方式即可，或在现在的正三角形网格中重新画出四个正六边形即可． 【详解】解：如图①，割补正三角形和菱形，则，， ∴为等边三角形， ∴，故选项A、C正确； 阴影部分的面积为，空白部分的面积为， 即阴影部分的面积与空白部分不相等，故选项B错误； 如图②所示，菱形中最多能放4个这样的正六边形，故选项D正确； 故选：B 4．如图，在中，E是的中点，连接，延长至点H，连接分别交线段，边于点F，G，若，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，作交于点，则，由相似三角形的性质可得，由平行四边形的性质可得，，证明，由相似三角形的性质可得，即可得出结果，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：作交于点， 则， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 5．（2025·四川广元·一模）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，是的中点，连接交于点，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，正确理解和运用相似三角形的判定定理与性质定理是解题的关键． 根据平行四边形的性质得出，，由平行线的性质及角平分线的性质得出，得出，由中点的定义得出，进而求出；根据，，则，根据相似三角形的性质，即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴． 故选：C． 6．如图，在平面直角坐标系中，风车图案的四个叶片为完全相同的平行四边形，其中一个叶片上的点，的坐标分别为，．将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，动点坐标的规律探索，解题的关键是掌握动点的运动规律． 根据旋转得出动点的运动规律是周期性的，然后根据平行四边形的性质得出第一象限内点的坐标，然后求出第2025次后点坐标即可． 【详解】解：根据旋转可得，点的运动规律是周期性的，循环周期为4， 第2025次旋转，循环次数为， ∴此时，点位于第四象限， ∵四边形为平行四边形，且点，的坐标分别为，， ∴轴，， ∴， ∴当点位于第四象限时，坐标为， 故选：B． 7．如图①，在中，动点P从点B出发，沿折线运动，设点P经过的路程为x，的面积为y，y是x的函数，函数的图象如图②所示，则的周长为（    ）． A．14 B．18 C．20 D．28 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、函数图象等知识点，从函数图象中获得的长是解题的关键． 由图②知，，再根据平行四边形的周长公式计算即可． 【详解】解：由图②知，， ∵， ∴， ∴的周长为． 故选：D． 8．已知：如图，四边形是正方形，O是其中心，以为边作一个正六边形，则的度数是 °． 【答案】105 【分析】本题主要考查正多边形及正方形的性质，熟练掌握正多边形及正方形的性质是解题的关键；由题意易得，，然后根据四边形内角和可进行求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵六边形是正六边形， ∴， ∴； 故答案为105． 9．如图，在正六边形中，为对称中心，连接对角线，过点，若在线段上有定点使得，已知，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正六边形，含有特殊角的直角三角形．连接，过作于．易求，从而可得到其他角度，设，用表示出，根据求出，从而可求． 【详解】解：如图，连接，过作于： ∵六边形是正六边形， ∴其内角为， 则， 设，则， 又∵， ∴， ∴， 易知是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 10．如图，在四边形中，，点在边上，_____．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），再求证：四边形为平行四边形． 【答案】①或② 【分析】任选一组，后根据平行四边形的判定证明即可． 本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】解：当选择时， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． 当选择，时， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． 故答案为：①或②． 1．阅读与思考 下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告 研究对象：平行四边形的“准中点四边形”． 定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”． 性质：四点共线． 结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？ 任务一：（1）写出结论1的证明过程． 任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______． 任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，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）；（3）见解析 【分析】本题主要考查了四边形综合，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，推出四边形均为平行四边形，进而得到，，即可得证； （2）根据菱形的性质结合图形即可得出结果； （3）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：四边形是平行四边形， ，， 分别是的中点， ， ， 又， ∴四边形为平行四边形， ， 同理， 四边形为平行四边形． （2）解：当平行四边形满足时，准中点四边形是菱形， 由（1）得四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴准中点四边形是菱形， 故答案为：； （3）解：连接，作直线，与交于点O，然后作，，然后连接、、、，如图所示，即为所求， 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． 2．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与轴交于点． (1)求、的值； (2)直线过点，与反比例函数图象交于点，与轴交于点，连接． ①求的面积； ②点在反比例函数的图象上，点在轴上，若以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点坐标． 【答案】(1)， (2)①10；②或 【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数的综合，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，以及平行四边形的性质运用．并利用图像的平移找到点与点之间的关系，从而求解． （1）将点代入一次函数解析式可求出的值，再将坐标代入反比例函数解析式可求出的值； （2）①利用点，点求出直线的函数解析式，从而求出点的坐标，利用割补法即可求解； ②分两种情况：以和为对角线时，由可以看作先向右平移到点与原点重合，再向上平移2个单位得到，可知点的纵坐标为6，从而可得点的坐标；以和为对角线时，由可以看作先向下平移2个单位，再向左平移到点与点重合，可知点的纵坐标为2，从而可得点的坐标． 【详解】（1）解：把代入得，， 解得， ∴点的坐标为， 把代入得，， 解得， ∴，． （2）解：设直线函数解析式为， 把，代入得， ， 解得， ∴直线函数解析式为， 由得，，， ∴点的坐标为， ∵一次函数的图象与轴交于点， ∴点的坐标为， 如图，过点作轴于点，过点作于点，过点作轴于点，与的延长线交于点， ∴． ②设点，， ∵，，点、、、构成平行四边形， 当和为对角线时，有，如下图： 点可看作是将点先向右平移个单位，再向上平移2个单位得到， 故点也是相应关系，即点是点向右平移个单位，再向上平移2个单位得到， ∴点的纵坐标为6，即， ∴， ∴点的坐标为； 当和为对角线时，有，如下图： 点可看作是将点先向下平移2个单位，再向左平移个单位得到， 故点也是相应关系，即点是点向下平移2个单位，再向左平移个单位得到， ∴点的纵坐标为2，即， ∴， ∴点的坐标为． 综上，点的坐标为或． 3．（2025·辽宁抚顺·一模）如图1，抛物线与x轴交于点，与直线交于点，点在y轴上． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，点P在线段上，过点P作垂足为D，交抛物线于点Q，当的长度最大时，连接，，求证：四边形是平行四边形； (3)如图3，点M从点B沿线段方向匀速运动，运动到点O时停止，点N从点O同时出发，以与点M相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点M停止运动时点N也停止运动．连接，，求的最小值． 【答案】(1)抛物线的解析式为 (2)见解析 (3)的最小值为 【分析】（1）抛物线经过点和点，代入即可求解； （2）设，则，可得，对二次函数求最值，可知当时，的最大长度为4，故可证，且，则题目可证； （3）由题意得，，连接，在下方作，使得，，可证，所以，则，所以的最小值为，在利用勾股定理即可求，在中，利用勾股定理即可求解题目． 【详解】（1）解：∵如图1，抛物线经过点和点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为； （2）证明：∵如图，点P在直线上，点Q在抛物线上， ∴设，， ∴， ∴当时，的最大长度为4， ∵点在y轴上， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）解：如图，由题意得，，连接， 在下方作，使得，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，（当B，N，E三点共线时最短）， ∴的最小值为， ∴在中， ， ∵， ∴在中， ， 即的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，平行四边形的判定，最值问题，掌握相关知识是解决问题的关键． 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·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． 60．（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·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 4．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可． 【详解】解：设交于点Q，交于点P， ∵分别是的中点，     ∴，且，且，     ∴，且，         ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 5．（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点， ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形内角问题，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据正多边形内角计算公式求出，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，最后根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵八边形是正八边形， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 故答案为：． 6．（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：． 7．（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：． 8．（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． 9．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），， 【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答； （2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长； （3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长； （4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为． 【详解】（1）∵正方形每个内角为 ， ∴， ∴能密铺； ∵正八边形的每个内角为， ∴， ∴不能密铺； 故答案为：①；② ；③；④不能； （2）设切于点E，连接， 则交于点O，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的周长为8； 故答案为：8； （3）设切于点G，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正六边形周长为； （4）三角形： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 正方形： ∵， ∴， 正六边： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 10．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 【答案】(1)①，② (2)，是的重心. 【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可. （2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵点关于点的对称点为点， ∴. ②∵， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴设， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∴， ∵ 与关于成中心对称， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 解得：，经检验符合题意， ∵，， ∴， ∴. （2）解：如图，连接，，记，的交点为， ∵与关于成中心对称，“平行六边形”， ∴共线，共线，，，，， ∴， 设，，， ∴, ∵， ∴， ∴，即， 同理：， ∴，即， 同理：， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴的最小值为： ， 此时，，， ∴，即， ∴“平行六边形”的面积的最大值为：， 同理可得：， 同理：，， ∴，， ∴， ∴是的重心. 【点睛】本题考查的是中心对称的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的重心的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线，选择合适的方法解题是关键. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $