2026年中考数学基础知识总复习专项突破讲练 专题 2.19 多边形与平行四边形（ 知识梳理+题型精析+真题专练）（全国通用）

专题 2.19 多边形与平行四边形（知识梳理+题型精析+真题专练） 目录 一.知识梳理题型分类精析 1 【知识点一】多边形 1 【题型一】利用多边形的内角和定理求值证明 2 【题型二】多边形对角线与边数规律关系求值 6 【知识点二】平面图形的镶嵌 9 【题型三】利用平面图形的镶嵌定义求值 9 【知识点三】三角形中位线定理 12 【题型四】利用三角形的中位线定理求值 12 【知识点四】平行四边形定义、性质与判定 16 【题型五】利用平行四边形性质求值与证明 16 【题型六】利用平行四边形判定求值与证明 20 【题型七】利用平行四边形性质与判定综合求值与证明 23 【题型八】利用平行线间距离求值与证明 28 【题型九】平行四边形与动点问题 35 【题型十】平行四边形与存在性问题 42 三.中考真题专练 50 一、单选题（6题） 50 二、填空题（6题） 55 三、解答题（4题） 58 一.知识梳理题型分类精析 题号前带“★”表示基础题，带“★★”表示综合题，带“★★★”表示压轴题 【知识点一】多边形 多边形定义：在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形． 多边形的对角线定义：多边形的对角线是连接多边形不相邻的两个顶点的线段． 多边形对角线数量与多边形边数及构成三角形个数关系：从n边形的一个顶点出发可以引出(n－3)条对角线，共有条对角线，把多边形分成了(n－2)个三角形． 多边形的角：n边形的内角和是(n－2)·180°，外角和是360°. 【题型一】利用多边形的内角和定理求值证明 【★例题1】（2024·河北邯郸·三模）已知n边形的内角和． (1)甲同学说，能取；而乙同学说，也能取．甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n．若不对，说明理由； (2)若n边形变为边形，发现内角和增加了，用列方程的方法确定x． 【答案】(1)甲的说法对，边数n是4，乙的说法不对，理由见解析 (2)3 【分析】本题考查多边形的内角和，一元一次方程的应用： （1）根据多边形的内角和公式进行计算即可； （2）根据题意，列出方程进行求解即可． （1）解：∵，， ∴甲的说法对，乙的说法不对， 答：甲同学说的边数n是4； （2）依题意有， 解得． 故x的值是3． 【★变式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． 解：延长与直线交于点， ∵正六边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 【★变式2】（2024·陕西·模拟预测）如图，在正八边形中，对角线与的比值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，连接，在正八边形中得，，，由等腰三角形和三角形内角和定理可得，从而有，再证明，则，再通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 解：连接， 在正八边形中得，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴对角线与的比值为， 故答案为：． 【★★变式3】（24-25九年级下·河北秦皇岛·月考）如图，在正六边形中，点M是边的中点，连接并延长交延长线于N点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用正六边形的对称性质证出，然后得出，，进而即可得解； （2）延长交于G点，先证出是等边三角形，再证出，，，由得出，代入计算即可得解． （1）解：连接， ∵六边形是正六边形， ∴， ∵是正六边形的对称轴， ∴， ∴， ∴， 同理可证， ∴； （2）解：延长交于G点， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，，， ∵， ， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 【题型二】多边形对角线与边数规律关系求值 【★例题2】（2024·广东·模拟预测）有一个边长为的正六边形． (1)该图形的内角和为 ，一共有 条对角线． (2)该图形中心到一条边的距离为 ，该图形面积为 ． 【答案】(1)；9 (2)； 【分析】本题考查了多边形的内角和、多边形对角线条数问题、正多边形与圆、解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据多边形的内角和公式和对角线数量公式即可求解； （2）设正六边形的中心为点，连接、，过点作于点，利用正六边形的性质得到，，推出是等边三角形，通过解求出的长，得出正六边形中心到一条边的距离；再利用三角形的面积公式求出的面积，进而得出正六边形的面积，即可得出答案． （1）解：正六边形的内角和为； 正六边形对角线的数量为； ∴该图形的内角和为，一共有9条对角线． 故答案为：；9； （2）解：设正六边形的中心为点，连接、，过点作于点，如图所示： ∵正六边形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， 在中，， ∴， 即正六边形中心到一条边的距离为； ∵， ∴， 即正六边形面积为； 故答案为：；． 【★变式1】（24-25九年级下·云南昭通·期中）已知过n边形的一个顶点有6条对角线，一个m边形的内角和是，则（　　） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】D 【分析】本题主要考查多边形对角线及内角和问题，熟练掌握多边形对角线及内角和公式是解题的关键；因此此题可根据过多边形的一个顶点有条对角线，多边形内角和公式可进行求解． 解：由题意得：，， ∴， ∴； 故选：D． 【★变式2】（23-24六年级下·山东淄博·期中）过四边形的一个顶点作对角线，可将四边形分成 个三角形． 【答案】2/两/二 【分析】本题考查了多边形的对角线，牢记n边形从一个顶点出发可引出条对角线，把n边形分成个三角形，再进一步解答即可． 解：过四边形的一个顶点出发可以引1条对角线，把四边形分割成2个三角形， 故答案为2． 【★★变式3】探究归纳题： 【试验分析】 （1）如图①，经过点A可以作________条对角线；同样，经过点B可以作________条对角线；经过点C可以作________条对角线；经过点D可以作________条对角线．通过以上分析和总结，图①共有________条对角线； 【拓展延伸】 （2）运用（1）的分析方法，可得：图②共有条________对角线；图③共有________条对角线； 【探索归纳】 （3）对于n边形，共有________条对角线（用含n的代数式表示）； 【特例验证】 （4）十边形共有________条对角线． 【答案】（1）1，1，1，1，2；（2）5，9；（3）；（4）35 【分析】本题考查了多边形的对角线，发现多边形对角线公式是解题关键． （1）根据对角线的定义，可得答案； （2）根据对角线的定义，可得答案； （3）根据探索，可发现规律； （4）根据对角线的公式，可得答案． 解：（1）如图，经过A点可以做 1条对角线；同样，经过B点可以做 1条；经过C点可以做 1条；经过D点可以做 1条对角线． 通过以上分析和总结，图1共有 2条对角线． 故答案为∶1，1，1，1，2； （2）如图，运用（1）的分析方法，可得：图2共有 5条对角线；图3共有 9条对角线； 故答案为：5，9； （3）由（1），（2）可知，对于n边形，共有条对角线； 故答案为：； （4）当时，， ∴十边形有35对角线． 故答案为：35． 【知识点二】平面图形的镶嵌 1．镶嵌的定义 用形状，大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌． 2．平面图形的镶嵌 (1)一个多边形镶嵌的图形有：三角形，四边形和正六边形； (2)两个多边形镶嵌的图形有：正三角形和正方形，正三角形和正六边形，正方形和正八边形，正三角形和正十二边形； (3)三个多边形镶嵌的图形一般有：正三角形、正方形和正六边形，正方形、正六边形和正十二边形，正三角形、正方形和正十二边形. 【题型三】利用平面图形的镶嵌定义求值 【★例题3】（24-25八年级上·福建厦门·期末）相信很多人家里都有“巧手妈妈”，图1是一位巧手妈妈手工织的坐垫，图2是某学校操场铺的地砖．它们或是用单独的正多边形，或是用多种正多边形混合拼接成的，拼成的图案严丝合缝，不留空隙．从数学角度看，这些作品就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）的问题． (1)如果限用一种正三角形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？请说明理由； (2)如果同时用正三角形和正十二边形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？如果能，应如何搭配进行平铺，请说明理由． 【答案】(1)能，理由见解析 (2)能，理由见解析 【分析】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是根据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来解答． （1）利用内角的整数倍能等于即可； （2）利用两种正多边形镶嵌内角之间关系求解即可； （1）解：能，理由如下： ∵正三角形的内角和为， ∴正三角形的每一个内角为． ∵， ∴正三角形能镶嵌成一个平面图形． （2）解：能，理由如下： ∵正十二边形的内角和为， ∴正十二边形的每一个内角为． ∵， ∴同时用1块正三角形和2块正十二边形能镶嵌成一个平面图形． 【★变式1】（2025·辽宁营口·二模）小明用两个全等的正五边形硬纸片和一个正边形硬纸片拼了一个平面图形，这三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，则的值为（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】主要考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的定义和正多边形的内角和公式是解题的关键．根据平面镶嵌的定义，求出正边形的一个内角的度数，再根据多边形的内角和公式即可求解出答案． 解：∵正五边形一个内角的度数为， ∴正m边形的一个内角的度数为， ∴， 解得． 故选：C． 【★变式2】（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． 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3】（2025七年级下·全国·专题练习）在下表中画出你铺满平面的示意图 多边形 示意图 任意三角形 任意四边形 【答案】见详解 【分析】本题涉及平面镶嵌(密铺)的概念，即形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．对于任意三角形和任意四边形能够铺满平面，其原理是∶三角形的内角和是，四边形的内角和是，通过合理拼接，可以使拼接点处的内角和为360°，从而实现密铺．分别画出用任意三角形和任意四边形铺满平面的示意图即可． 解：铺满任意三角形示意图如下： 铺满任意四边形示意图如下： 【知识点三】三角形中位线定理 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半. 【题型四】利用三角形的中位线定理求值 【★例题4】（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质． （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）利用三角形中位线定理求出，利用矩形的性质得到，根据等角对等边证明，则，根据矩形的面积公式即可求出答案． （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：∵，是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴；， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 【★变式1】（2025·甘肃定西·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理的运用，关键是掌握：菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直平分．根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得． 解：∵四边形是菱形， ∴， 又点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长， 故答案选：B． 【★变式2】（2024·山东济南·二模）如图，中，，是斜边上的中线． 某同学按照如下步骤画图： （1）取的中点F； （2）连接并延长到E，使； （3）连接，．所得四边形的形状是 ． 【答案】菱形 【分析】本题考查了三角形中位线的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，菱形的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，根据作图可得是的中点，则是的中位线，得出，，即可得出结论． 解：∵中，，是斜边上的中线， ∴， ∵，点F为的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 故答案为：菱形。 【★★变式3】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知四边形中，点E，F，G，H分别是、、、的中点． (1)求证：和互相平分； (2)当和垂直时，与有什么数量关系？说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，中位线定理，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）先利用中位线定理证明，,，，从而可得，，于是得到四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得与互相平分； （2）先证明四边形为菱形，根据菱形的性质可得，从而可得． （1）证明：如图，连接、、、， ∵点、、、分别是、、、的中点， ∴，； ，， ，． 四边形为平行四边形． 与互相平分； （2）解：，理由如下： 与互相平分，和垂直， 四边形为菱形， ∴， ， 即． 【知识点四】平行四边形定义、性质与判定 1．定义： 两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 2．性质： (1)平行四边形的对边平行且相等； (2)平行四边形的对角相等，邻角互补； (3)平行四边形的对角线互相平分； (4)平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心． 【题型五】利用平行四边形性质求值与证明 【★例题5】（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形为平行四边形，的平分线交延长线于E，交于 (1)求证：； (2)若，，求与的面积之比． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，于是得到； （2）根据平行四边形的性质得到，，得到根据相似三角形的性质即可得到结论． （1）证明：四边形为平行四边形， ， ， 平分， ， ， ； （2）解：四边形为平行四边形， ，， ， ， ∽， 【★变式1】（2026·湖北·模拟预测）如图，在中，已知，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点E，连接并延长交于点F，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了尺规作图，平行四边形的性质．由作法得：平分，再结合平行四边形的性质，可得，从而得到，即可求解． 解：由作法得：平分， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B 【★变式2】（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，以点B为圆心，长为半径画弧交于F点，再分别以点A，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于E点，连接，，相交于O点，若，，则的长为 ． 【答案】16 【分析】本题主要考查了尺规作角平分线，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，判断四边形是菱形是解题的关键． 根据尺规作图的步骤可知是的平分线，，再证明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出，最后根据菱形的性质即可解答． 解：根据题意，可知是的平分线，， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形， ∴，． ∴在中，， ∴在菱形中，． 故答案为：16． 【★★变式3】（2025·四川雅安·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，，垂足分别为，． (1)求证：； (2)若，，当时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）根据平行四边形的性质结合已知条件可以得到 ，利用即可证明； （2）利用平行四边形对角线互相平分可求，因为，由勾股定理可求，则平行四边形的面积可求． （1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴（AAS）； （2）解：∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形的面积． 3．判定： (1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形； (2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形； (3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； (4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形； (5)对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【题型六】利用平行四边形判定求值与证明 【★例题6】如图所示，在四边形中，于点E，于点F，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，平行线的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能证出和是证此题的关键．题型较好． （1）由，，根据垂直的定义得到，和已知，，推出； （2）根据全等三角形的性质得到，，进一步推出，根据平行四边形的判定即可得到答案． （1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴． （2）证明：∵， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【★变式1】（2025·安徽淮北·三模）如图，在四边形 中，，对角线，相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，利用平行四边形的定义及判定方法逐一分析即可得到答案，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键． 解：、添加，不能不能判定四边形是平行四边形，原选项符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，原选项不符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，原选项不符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，原选项不符合题意， 故选：． 【★变式2】（2025·湖北恩施·一模）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． 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． 【★★变式3】（2025·江苏宿迁·三模）如图，是四边形的对角线，点为的中点，．从①，②，③等三个选项中选择一个作为添加条件，使四边形为平行四边形，并说明理由． 【答案】①，证明见解析（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 先证明，得到，，推出，添加①，得到，可证明四边形是平行四边形；添加③， 由，可证明四边形是平行四边形． 解：点为的中点，， 在和中， ， ， ，， ， 添加①，理由如下， ， ， 四边形是平行四边形； 添加③，理由如下， ， 四边形是平行四边形． 【题型七】利用平行四边形性质与判定综合求值与证明 【★例题7】（2025·贵州遵义·一模）如图，平行四边形的对角线交于O，，连接． (1)求证四边形是平行四边形； (2)若点E是的中点，的面积为2，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可． （2）利用平行四边形的性质求面积即可． 本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的面积，熟练掌握判定定理是解题的关键． （1）证明：为平行四边形， ，． ， ． ∴四边形是平行四边形． （2）解：当E为中点时，的面积的面积． ， 的面积的面积． ， 的面积的面积， 的面积的面积． ∴四边形的面积． 【★变式1】（2025·安徽淮南·二模）如图，在中，对角线，相交于点，为的中点，为的中点，连接交于点．若，则的长为（    ） A．8 B．7 C．6 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，三角形中位线的性质，取的中点构建平行四边形是解题的关键．取的中点，则，连接，根据三角形中位线的性质可证得四边形是平行四边形，则，进而根据平行四边形的性质，即可求解． 解：如图，取的中点，则，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵为的中点，为的中点， ∴， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【★变式2】（2024·辽宁大连·一模）如图，已知，以点为圆心，与角的两边分别交于C，D两点，为圆心，大于，两条圆弧交于内一点，连接，过点作直线交于点，过点作直线交于点，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键． 过作于，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积． 解：过作于， 由作图得：平分， ， ， ， ， 是平行四边形，， ， ， 设， 在中，， 即：， 解得：， ∴． 故答案为：． 【★★变式3】（2024·湖南·模拟预测）如图，以的三边为边分别作为等边、等边和等边，连接和． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是平行四边形，证明见解析 (3) 【分析】（1）由与都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对应边相等，，利用等式的性质得到夹角相等，利用得到，同理可证，再进一步可得结论． （2）利用（1）中全等三角形对应边相等得到，同理可证，利用对边相等的四边形为平行四边形得到为平行四边形． （3）如图，过作于，过作于，可得， 四边形是菱形，证明，，三点共线，再进一步求解即可． （1）证明：∵、、为等边三角形， ∴，，， ∴， 即， 在和中， ， ∴，； 同理可得：， ∴， ∴． （2）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵， ∴， 又∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （3）解：如图，过作于，过作于， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴三点共线， ∵，，， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形，菱形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4．两条平行线间的距离： 定义：夹在两条平行线间最短的线段的长度叫做两条平行线间的距离． 性质：夹在两条平行线间的平行线段相等． 【题型八】利用平行线间距离求值与证明 【★例题8】【教材呈现】如图是华师八年级下册数学教材第75页的部分内容． 如图在方格纸上画出两条互相平行的直线，在其中一条直线上任取若干点，过这些点作另外一条直线的垂线，用刻度尺量出平行线之间这些垂线的长度．   你能发现什么结论？试用平行四边形的性质定理加以说明． 经过度量，我们发现这些垂线段的长度都相等，由此我们得到平行线的又一性质：平行线间的距离处处相等． 两条直线平行，其中一条直线上的任一点到另外一条直线的距离，叫做两条平行线的距离．    请根据教材提示，写出证明“平行线之间的距离处处相等”的完整过程 已知：如图①，直线，、是直线上的两点，于点，于点，求证： 【结论应用】在四边形中，，对角线、交于点． （1）如图②，过点作交于点，连结、．则与之间的数量关系是________． （2）如图③，若，，，则的面积为________． 【答案】[教材呈现]见解析；[结论应用]（1）；（2） 【分析】[教材呈现] 由于点，于点得，则，、是直线上的两点得，则四边形是平行四边形，所以； [结论应用]（1）由，，得，根据“等底等高的三角形的面积相等”这一规律可证明，则，同理可证明，所以，即可证明； （2）作于点，于点，则，根据两条平行线之间的距离处处相等求得的长，再根据勾股定理求出的长，即可求出的面积． [教材呈现]证明：∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； [结论应用]（1）∵，， ∴， 设直线与的距离为，直线与的距离为，直线之间的距离为， ∵∴， ∵ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， 故答案为：． （2）如图③，作于点，于点，则，    ∵， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 【点睛】此题考查平行四边形的判定与性质、两条平行线之间的距离处处相等、等腰三角形的性质、勾股定理的应用、根据面积等式列方程求线段的长度等知识与方法，正确理解和运用等底等高的三角形的面积相等这一规律是解题的关键． 【★变式1】（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，，，，点在直线上，点，在直线上，，动点从点出发沿直线以的速度向右运动，设运动时间为．下列结论： ①当时，四边形的周长是； ②当时，点到直线的距离等于； ③在点运动过程中，的面积随着的增大而增大； ④若点，分别是线段，的中点，在点运动过程中，线段的长度不变．其中正确的是（　　） A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的面积，三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．①当时，得到四边形是矩形，即可求解；②根据“平行线间的距离处处相等”，即可判断；③根据②中的发现即可判断；④利用三角形的中位线定理即可判断． 解：①当时，， ， ，， 四边形是矩形， ， ，四边形的周长是，故①正确； ②，，， 直线与直线之间的距离是， 当时，点到直线的距离等于，故②错误； ③由②可知点到的距离为定值，即的边上的高为， 又， 的面积为定值，故③错误； ④点，分别是线段，的中点， 是的中位线， ， 即线段的长度不变，故④正确； 故选：A． 【★变式2】（青海西宁·中考真题）如图，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，若，，则点A到BC的距离是 ． 【答案】 【分析】根据题意可求得AC、AB、BC的长度，设点A到BC的距离是h，由的面积相等可列式，从而点A到BC的距离即可求解． 解：∵在中，，D，E分别是，的中点，， ∴，DE//AC， ∴∠BDE=∠BAC=90°， ∴∠ADE=90°， ， ∴， ∴， 设点A到BC的距离是h， 则， 即， 解得：， ∴点A到BC的距离是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用、三角形中位线的性质，三角形的面积公式，解题的关键是用勾股定理和中位线的性质求出各线段的长度． 【★★变式3】（2024·浙江丽水·一模）如图，已知在四边形中，，． (1)求证：； (2)若，，求与间的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）过点作，交于，可得，四边形是平行四边形，，，得到，，进而可得，得到，即可得到； （）过点作于，根据（）可得，，进而得到，由等腰三角形三线合一得到，再根据勾股定理即可求解； 本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，补角性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． （1）证明：过点作，交于，则， ∵， ∴四边形是平行四边形，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴； （2）解：过点作于， ∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即与间的距离为． 【题型九】平行四边形与动点问题 【★★★例题9】（24-25九年级上·河南商丘·期中）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明． 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）四边形为平行四边形，理由见解析 【分析】本题是四边形的综合题，考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）证明，得到； （2）证明，得出四边形为平行四边形． （1）证明：为等边三角形， ，， 绕点逆时针旋转得到， ，， ， ，， ， ； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下， ，， ， 绕点逆时针旋转得到， ，，， ，则， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 则四边形为平行四边形； 【★★★变式1】（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，在四边形ABCD中，，，，，，动点P从点B出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为（秒），以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（   ）秒． A．2或 B． C．或 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了直角梯形的性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 由题意已知，，要使P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形，则只需要让即可，列出等式可求解． 解：四边形是平行四边形， ， 当P从B运动到C时，且P在上， ，， ， 解得， 当秒时，四边形是平行四边形； 当点P在延长线上时， 如图： ， 解得， 秒或秒时，P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形． 故选：C． 【★★★变式2】（2025·山东济宁·一模）如图，已知P是线段上的动点（P不与点A，B重合），，分别以为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为G；连接，当动点P从点A运动到点B时，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理及等边三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点G移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强． 分别延长交于点H，证明四边形为平行四边形，再由G为的中点，可得G正好为中点，从而得到在P的运动过程中，G始终为的中点，G的运行轨迹为的中位线，进而得到当P在中点时，的值最小，此时，即可求解． 解：如图，分别延长交于点H， ∵，均为等边三角形， ∴， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴与互相平分． ∵G为的中点， ∴G正好为中点， 即在P的运动过程中，G始终为的中点， ∴G的运行轨迹为的中位线， ∴，， ∵当P在中点时，， ∴当P在中点时，的值最小，此时， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 此时， ∴的最小值为， 故答案为： 【★★★变式3】（2025·吉林延边·二模）如图，在中，，，动点P从点A出发、以每秒2个单位的速度向终点运动；当点P不与A、重合时，过点P作的平行线交于点M．动点从点出发，以每秒3个单位的速度向终点A运动，以、为邻边作，点P、同时出发，设运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示的长； (2)设和重合部分的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)当四边形是轴对称图形时，直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 或 【分析】（1）如图1中，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可． （2）分三种情形：如图中，当时，重叠部分是四边形．如图中，当时，重叠部分是四边形，如图中，当时，重叠部分是，分别求解即可． （3）若四边形是轴对称图形，则其为菱形，分三种情况：当时，当，当时，分别求解即可． （1）解：如图1中， ， ， ， ； （2）解：当点，点Q重合时，，即，解得：； 当点与点A重合时，，解得：； 当点与点B重合时，，解得：； 过C作，则，即， ∴， ∴， ， ∴， ∴， 如图中，当时，重叠部分是四边形， ； 如图中，当时，重叠部分是四边形，同（1）可得 ； 如图中，当时，重叠部分是， ； 综上所述，； （3）解：由题意可知，若四边形是轴对称图形，则其为菱形．分以下三种情况： 当时，， 由，得， 解得， 当， 由，得， 解得， 当时，点已到终点，在此时间段内四边形始终是菱形． 综上所述，满足条件的的取值范围为或． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题． 【题型十】平行四边形与存在性问题 【★★★例题10】（2025·山东菏泽·二模）如图1，在边长为5的正方形中，点，分别是，边上的点，且，. (1)求的值； (2)延长交正方形的外角平分线于点（如图2），试判断与的大小关系，并说明理由； (3)在图2的边上是否存在一点，使得四边形是平行四边形?若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)存在，证明见解析 【分析】（1）结合正方形的性质，证明，即可得到； （2）在上取一点M，使，连接，证明即可； （3）在上截取，与交于N，先证,再证，再由，得，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可作答． （1）解：如图， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ， ， ， ， ； （2）解：，理由如下： 在上取一点M，使，连接 ，， ， ∵是正方形外角平分线， ， ， ， ， ， ； （3）解：存在，理由如下， 证明：在上截取与交于N， ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ∴ ∴，， ∵， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，且， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题综合考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【★★★变式1】（2023·山东青岛·二模）已知：如图，中，，，，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，连接并延长交的延长线于点，过作，垂足是，设运动时间为 解答下列问题：    (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)设四边形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)是否存在某一时刻，使四边形的面积是平行四边形的面积的一半？若存在，求出相应的值；若不存在，说明理由； (4)连接，是否存在某一时刻，使与的交点把线段分成的两部分？若存在，求出相应的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3) (4)存在，或 【分析】（1）根据平行四边形的对角线互相平分得出，代入求出即可； （2）求出和的值，根据三角形的面积公式求出即可； （3）假设存在某一时刻，四边形的面积是平行四边形的面积的一半．根据（2）中求出的关系式，列方程求出的值； （4）假设存在某一时刻，使与的交点把线段分成的两部分，证，得出，代入求出即可． （1）   连接，． 当时，四边形是平行四边形， 即， ， 当时，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：， 四边形是平行四边形， ， ， ， 即与之间的函数关系式为． （3）解：假设存在某一时刻，四边形的面积是平行四边形的面积的一半． 此时， 整理得：， 解得，（舍去） 当时，四边形的面积是平行四边形的面积的一半． （4）解：存在某一时刻，使与的交点把线段分成的两部分， 理由是：假设存在某一时刻，使与的交点把线段分成的两部分， 四边形是平行四边形， ， ， ， 即或， 或， 两数都在范围内，即都符合题意， 当或时，与的交点把线段分成的两部分． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，本题综合性比较强，有一定的难度． 【★★★变式2】（2025·黑龙江·二模）已知直线与x轴、y轴分别交于点和点，与直线交于点，，的长（）是一元二次方程的两个根，为直线上一点，作轴交直线于点，连接． (1)求点的坐标； (2)若点的横坐标为，的面积为，求与的函数关系式； (3)若点，点在直线上，在直线上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，， 【分析】本题考查解一元二次方程，一次函数，平行四边形的判定和性质，熟练掌握一次函数图象和性质是解题的关键； （1）解方程 ，确定点和点的坐标，进而求解直线的解析式，进而求解； （2）设点的横坐标为，分时，时，讨论即可求解； （3）根据题意求解的长度，进而求解的值，进而求解； （1）解 ：解方程 ， 解得，， ， ，； ∴点， 将点 ，代入， ， 解得：； 直线的解析式为：； 联立， 解得：， 点的坐标为； （2）解：点的横坐标为， ，， ， 当时，； 当时，； 综上所述；； （3）解：在直线上存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形 理由： ∵点，轴， ∵以，，，为顶点的四边形是平行四边形， ， 轴 设点，则点， ， 解得：或， 当时，， 此时点； 当时，， 此时点 综上所述，在直线上存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，点或； 【★★★变式3】（2024·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数的图象在第一象限内交于和两点，直线与轴相交于点，连接． (1)求一次函数与反比例函数的表达式； (2)当时，请结合函数图象，直接写出关于的不等式的解集； (3)过点作平行于轴，交于点，在轴上是否存在点，使以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在请求出点坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1)反比例函数表达式为：，一次函数表达式为 (2) (3)点坐标为或． 【分析】本题考查的是一次函数与反比例函数的综合应用，平行四边形的性质． （1）利用可得反比例函数为，再求解，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可； （2）由一次函数的图象在反比例函数图象的上方，结合可得答案； （3）分四边形和为平行四边形，两种情况讨论，据此求解即可． （1）解：∵反比例函数过， ∴， ∴反比例函数为：， 把代入可得：， ∴， ∴，解得：， ∴一次函数为； （2）解：由一次函数的图象在反比例函数图象的上方，结合可得 不等式的解集为：； （3）解：存在 ∵， ∴直线的解析式为：， ∵过点作平行于x轴，交于点D， ∴， ∴， 当四边形为平行四边形时， ∴， ∴点坐标为， 当四边形为平行四边形时， ∴， ∴点坐标为． 综上，点坐标为或． 三.中考真题专练 一、单选题（6题） 1．（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． ∵点，，分别是各边上的中点， ∴，是的中位线 ∴， ∴ ∵ ∴． 故选：C． 2．（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． 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． 3．（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． 解：根据作图可知：， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选D． 4．（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． 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． 5．（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． 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：． 6．（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． 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． 二、填空题（6题） 7．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正 边形． 【答案】六 【分析】本题考查了正多边形的内角和外角，先根据内角度数求出外角度数，再用外角和除以这个度数即可求解，掌握正多边形的内角和外角的关系是解题的关键． 解：∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正六边形， 故答案为：六． 8．（2023·江苏南通·中考真题）如图，在中，、分别是、的中点，则 ． 【答案】/0.25 【分析】此题重点考查三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 由分别是的中点，根据三角形中位线定理得，且，所以，则，于是得到问题的答案． 解：∵分别是的中点， ， ， ， ， 故答案为：． 9．（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． 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） 10．（2025·河北·中考真题）平行四边形的一组邻边长分别为，，一条对角线长为．若为整数，则的值可以为 ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系，不等式组的整数解，根据题意得出，进而写出一个整数解即可求解． 解：依题意， ∴， ∵为整数， ∴可以是，，，， 故答案为：（答案不唯一）． 11．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则 ． 【答案】1 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．先利用平行四边形的性质得，，证明，得出，结合，即可求解． 解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：1． 12．（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． 解：如图， 由题意和图（2）可知：， 可得 ∴ 故答案为：． 三、解答题（4题） 13．（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． （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， ∴． 14．（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． （1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：由（1）得， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的度数为． 15．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【答案】②或③，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证． 解：添加②为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，如图，连接交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形． 添加③为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 选择①无法得出四边形是平行四边形． 16．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （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)证明见解析 (2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． （1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 2.19 多边形与平行四边形（知识梳理+题型精析+真题专练） 目录 一.知识梳理题型分类精析 1 【知识点一】多边形 1 【题型一】利用多边形的内角和定理求值证明 2 【题型二】多边形对角线与边数规律关系求值 6 【知识点二】平面图形的镶嵌 9 【题型三】利用平面图形的镶嵌定义求值 9 【知识点三】三角形中位线定理 12 【题型四】利用三角形的中位线定理求值 12 【知识点四】平行四边形定义、性质与判定 16 【题型五】利用平行四边形性质求值与证明 16 【题型六】利用平行四边形判定求值与证明 20 【题型七】利用平行四边形性质与判定综合求值与证明 23 【题型八】利用平行线间距离求值与证明 28 【题型九】平行四边形与动点问题 35 【题型十】平行四边形与存在性问题 42 三.中考真题专练 50 一、单选题（6题） 50 二、填空题（6题） 55 三、解答题（4题） 58 一.知识梳理题型分类精析 题号前带“★”表示基础题，带“★★”表示综合题，带“★★★”表示压轴题 【知识点一】多边形 多边形定义：在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形． 多边形的对角线定义：多边形的对角线是连接多边形不相邻的两个顶点的线段． 多边形对角线数量与多边形边数及构成三角形个数关系：从n边形的一个顶点出发可以引出(n－3)条对角线，共有条对角线，把多边形分成了(n－2)个三角形． 多边形的角：n边形的内角和是(n－2)·180°，外角和是360°. 【题型一】利用多边形的内角和定理求值证明 【★例题1】（2024·河北邯郸·三模）已知n边形的内角和． (1)甲同学说，能取；而乙同学说，也能取．甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n．若不对，说明理由； (2)若n边形变为边形，发现内角和增加了，用列方程的方法确定x． 【★变式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． 【★变式2】（2024·陕西·模拟预测）如图，在正八边形中，对角线与的比值为 ． 【★★变式3】（24-25九年级下·河北秦皇岛·月考）如图，在正六边形中，点M是边的中点，连接并延长交延长线于N点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【题型二】多边形对角线与边数规律关系求值 【★例题2】（2024·广东·模拟预测）有一个边长为的正六边形． (1)该图形的内角和为 ，一共有 条对角线． (2)该图形中心到一条边的距离为 ，该图形面积为 ． 【★变式1】（24-25九年级下·云南昭通·期中）已知过n边形的一个顶点有6条对角线，一个m边形的内角和是，则（　　） A．11 B．12 C．13 D．14 【★变式2】（23-24六年级下·山东淄博·期中）过四边形的一个顶点作对角线，可将四边形分成 个三角形． 【★★变式3】探究归纳题： 【试验分析】 （1）如图①，经过点A可以作________条对角线；同样，经过点B可以作________条对角线；经过点C可以作________条对角线；经过点D可以作________条对角线．通过以上分析和总结，图①共有________条对角线； 【拓展延伸】 （2）运用（1）的分析方法，可得：图②共有条________对角线；图③共有________条对角线； 【探索归纳】 （3）对于n边形，共有________条对角线（用含n的代数式表示）； 【特例验证】 （4）十边形共有________条对角线． 【知识点二】平面图形的镶嵌 1．镶嵌的定义 用形状，大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌． 2．平面图形的镶嵌 (1)一个多边形镶嵌的图形有：三角形，四边形和正六边形； (2)两个多边形镶嵌的图形有：正三角形和正方形，正三角形和正六边形，正方形和正八边形，正三角形和正十二边形； (3)三个多边形镶嵌的图形一般有：正三角形、正方形和正六边形，正方形、正六边形和正十二边形，正三角形、正方形和正十二边形. 【题型三】利用平面图形的镶嵌定义求值 【★例题3】（24-25八年级上·福建厦门·期末）相信很多人家里都有“巧手妈妈”，图1是一位巧手妈妈手工织的坐垫，图2是某学校操场铺的地砖．它们或是用单独的正多边形，或是用多种正多边形混合拼接成的，拼成的图案严丝合缝，不留空隙．从数学角度看，这些作品就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）的问题． (1)如果限用一种正三角形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？请说明理由； (2)如果同时用正三角形和正十二边形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？如果能，应如何搭配进行平铺，请说明理由． 【★变式1】（2025·辽宁营口·二模）小明用两个全等的正五边形硬纸片和一个正边形硬纸片拼了一个平面图形，这三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，则的值为（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【★变式2】（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3】（2025七年级下·全国·专题练习）在下表中画出你铺满平面的示意图 多边形 示意图 任意三角形 任意四边形 【知识点三】三角形中位线定理 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半. 【题型四】利用三角形的中位线定理求值 【★例题4】（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求四边形的面积． 【★变式1】（2025·甘肃定西·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 【★变式2】（2024·山东济南·二模）如图，中，，是斜边上的中线． 某同学按照如下步骤画图： （1）取的中点F； （2）连接并延长到E，使； （3）连接，．所得四边形的形状是 ． 【★★变式3】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知四边形中，点E，F，G，H分别是、、、的中点． (1)求证：和互相平分； (2)当和垂直时，与有什么数量关系？说明你的理由． 【知识点四】平行四边形定义、性质与判定 1．定义： 两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 2．性质： (1)平行四边形的对边平行且相等； (2)平行四边形的对角相等，邻角互补； (3)平行四边形的对角线互相平分； (4)平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心． 【题型五】利用平行四边形性质求值与证明 【★例题5】（2025·浙江·模拟预测）如图，四边形为平行四边形，的平分线交延长线于E，交于 (1)求证：； (2)若，，求与的面积之比． 【★变式1】（2026·湖北·模拟预测）如图，在中，已知，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点E，连接并延长交于点F，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【★变式2】（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，以点B为圆心，长为半径画弧交于F点，再分别以点A，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于E点，连接，，相交于O点，若，，则的长为 ． 【★★变式3】（2025·四川雅安·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，，垂足分别为，． (1)求证：； (2)若，，当时，求的面积． 3．判定： (1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形； (2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形； (3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； (4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形； (5)对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【题型六】利用平行四边形判定求值与证明 【★例题6】如图所示，在四边形中，于点E，于点F，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【★变式1】（2025·安徽淮北·三模）如图，在四边形 中，，对角线，相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【★变式2】（2025·湖北恩施·一模）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． 【★★变式3】（2025·江苏宿迁·三模）如图，是四边形的对角线，点为的中点，．从①，②，③等三个选项中选择一个作为添加条件，使四边形为平行四边形，并说明理由． 【题型七】利用平行四边形性质与判定综合求值与证明 【★★例题7】（2025·贵州遵义·一模）如图，平行四边形的对角线交于O，，连接． (1)求证四边形是平行四边形； (2)若点E是的中点，的面积为2，求四边形的面积． 【★★变式1】（2025·安徽淮南·二模）如图，在中，对角线，相交于点，为的中点，为的中点，连接交于点．若，则的长为（    ） A．8 B．7 C．6 D．4 【★★变式2】（2024·辽宁大连·一模）如图，已知，以点为圆心，与角的两边分别交于C，D两点，为圆心，大于，两条圆弧交于内一点，连接，过点作直线交于点，过点作直线交于点，则四边形的面积是 ． 【★★变式3】（2024·湖南·模拟预测）如图，以的三边为边分别作为等边、等边和等边，连接和． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，，求四边形的面积． 4．两条平行线间的距离： 定义：夹在两条平行线间最短的线段的长度叫做两条平行线间的距离． 性质：夹在两条平行线间的平行线段相等． 【题型八】利用平行线间距离求值与证明 【★例题8】【教材呈现】如图是华师八年级下册数学教材第75页的部分内容． 如图在方格纸上画出两条互相平行的直线，在其中一条直线上任取若干点，过这些点作另外一条直线的垂线，用刻度尺量出平行线之间这些垂线的长度．   你能发现什么结论？试用平行四边形的性质定理加以说明． 经过度量，我们发现这些垂线段的长度都相等，由此我们得到平行线的又一性质：平行线间的距离处处相等． 两条直线平行，其中一条直线上的任一点到另外一条直线的距离，叫做两条平行线的距离．    请根据教材提示，写出证明“平行线之间的距离处处相等”的完整过程 已知：如图①，直线，、是直线上的两点，于点，于点，求证： 【结论应用】在四边形中，，对角线、交于点． （1）如图②，过点作交于点，连结、．则与之间的数量关系是________． （2）如图③，若，，，则的面积为________． 【★变式1】（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，，，，点在直线上，点，在直线上，，动点从点出发沿直线以的速度向右运动，设运动时间为．下列结论： ①当时，四边形的周长是； ②当时，点到直线的距离等于； ③在点运动过程中，的面积随着的增大而增大； ④若点，分别是线段，的中点，在点运动过程中，线段的长度不变．其中正确的是（　　） A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 【★变式2】（青海西宁·中考真题）如图，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，若，，则点A到BC的距离是 ． 【★★变式3】（2024·浙江丽水·一模）如图，已知在四边形中，，． (1)求证：； (2)若，，求与间的距离． 【题型九】平行四边形与动点问题 【★★★例题9】（24-25九年级上·河南商丘·期中）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明． 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由． 【★★★变式1】（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，在四边形ABCD中，，，，，，动点P从点B出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为（秒），以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（   ）秒． A．2或 B． C．或 D． 【★★★变式2】（2025·山东济宁·一模）如图，已知P是线段上的动点（P不与点A，B重合），，分别以为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为G；连接，当动点P从点A运动到点B时，则的最小值是 ． 【★★★变式3】（2025·吉林延边·二模）如图，在中，，，动点P从点A出发、以每秒2个单位的速度向终点运动；当点P不与A、重合时，过点P作的平行线交于点M．动点从点出发，以每秒3个单位的速度向终点A运动，以、为邻边作，点P、同时出发，设运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示的长； (2)设和重合部分的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)当四边形是轴对称图形时，直接写出t的取值范围． 【题型十】平行四边形与存在性问题 【★★★例题10】（2025·山东菏泽·二模）如图1，在边长为5的正方形中，点，分别是，边上的点，且，. (1)求的值； (2)延长交正方形的外角平分线于点（如图2），试判断与的大小关系，并说明理由； (3)在图2的边上是否存在一点，使得四边形是平行四边形?若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 【★★★变式1】（2023·山东青岛·二模）已知：如图，中，，，，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，连接并延长交的延长线于点，过作，垂足是，设运动时间为 解答下列问题：    (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)设四边形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)是否存在某一时刻，使四边形的面积是平行四边形的面积的一半？若存在，求出相应的值；若不存在，说明理由； (4)连接，是否存在某一时刻，使与的交点把线段分成的两部分？若存在，求出相应的值；若不存在，说明理由． 【★★★变式2】（2025·黑龙江·二模）已知直线与x轴、y轴分别交于点和点，与直线交于点，，的长（）是一元二次方程的两个根，为直线上一点，作轴交直线于点，连接． (1)求点的坐标； (2)若点的横坐标为，的面积为，求与的函数关系式； (3)若点，点在直线上，在直线上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【★★★变式3】（2024·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数的图象在第一象限内交于和两点，直线与轴相交于点，连接． (1)求一次函数与反比例函数的表达式； (2)当时，请结合函数图象，直接写出关于的不等式的解集； (3)过点作平行于轴，交于点，在轴上是否存在点，使以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在请求出点坐标，若不存在请说明理由． 三.中考真题专练 一、单选题（6题） 1．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 2．（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 3．（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 4．（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 5．（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 6．（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． 二、填空题（6题） 7．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正 边形． 8．（2023·江苏南通·中考真题）如图，在中，、分别是、的中点，则 ． 【答案】/0.25 9．（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． 10．（2025·河北·中考真题）平行四边形的一组邻边长分别为，，一条对角线长为．若为整数，则的值可以为 ．（写出一个即可） 11．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则 ． 12．（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 ． 三、解答题（4题） 13．（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)． 14．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 15．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 16．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （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） 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $