第20讲 平行四边形与多边形（复习讲义，2考点13题型5重难）（湖南专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第五章 四边形 第20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 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 8 命题点一 多边形 题型01 计算多边形对角线条数 题型02 多边形内角和问题 题型03多边形的外角问题 题型04 多边形内角和与外角和的综合 题型05 多边形截角后的内角和问题 题型06 多边形与实际应用 题型07 平面镶嵌 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 利用平行四边形的性质证明 题型03 判断或证明四边形是平行四边形 题型04 平行四边形性质与判定的综合 题型05 平行四边形折叠/旋转变换问题 题型06 平行四边形与三角形相似的综合证明 05·重难突破·思维进阶难 21 突破一 多边形与几何图形综合 突破二 平行四边形动点轨迹与线段最值 突破三 平行四边形与函数综合 突破四 坐标系中平行四边形的存在性探究 突破五 与平行四边形有关的新定义问题 06·优题精选·练能提分 30 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 课标要求 多边形的有关概念 湖南省卷 T17长沙市卷T15 湖南省卷 T6 理解多边形的顶点、边、对角线等概念，能识别正多边形，掌握多边形的表示方法。 多边形的内角和与外角和 湖南省卷 T17长沙市卷T15 湖南省卷 T6 掌握多边形内角和公式（n-2）×180°，理解多边形外角和恒为360°，并能进行相关计算。 平行四边形的性质与判定 湖南省卷 T8 T25 长沙市卷T21 湖南省卷 T22 长沙市卷 T23 掌握平行四边形的定义、性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）及判定方法，能综合运用解决几何问题。 命题预测 1.多边形模块（预计3-6分）趋势一：正多边形计算持续考查，正六边形、正八边形、正十边形内角计算；正多边形与等腰三角形、直角三角形结合。趋势二：多边形内角和与外角和结合，已知部分角求未知角，外角和恒为360°的灵活运用。 2. 平行四边形模块（预计6-10分）趋势一：平行四边形与圆结合，顶点在圆上的平行四边形性质，结合切线、弦等知识；趋势二：平行四边形与图形变换结合，折叠、旋转后的平行四边形性质，操作探究类问题；趋势三：平行四边形与最值问题，平行四边形面积最值，动点问题中的平行四边形存在性。 备考建议 1. 基础知识巩固 熟记公式：内角和公式、外角和定理；掌握性质：平行四边形的边、角、对角线性质；熟练判定：五种判定方法的适用条件。 2. 解题能力提升 画图习惯：复杂几何题先画图，标注已知条件；辅助线技巧：连对角线、作垂线、构造全等三角形；推理训练：从已知推未知，步步有据。 3. 应试技巧优化 时间分配：基础题1-2分钟，证明题5-8分钟；检查方法：代入验证、图形验证、特殊值检验；书写规范：几何证明要条理清晰，步骤完整 4. 重点突破题型 ①正多边形与等腰三角形综合② 平行四边形中的动点问题③ 中点四边形性质应用④ 操作探究类几何题⑤ 平行四边形存在性问题 考点一 多边形 1. 相关概念 多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形. 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）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°. 2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍. 3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和； ②已知多边形的内角和求边数； ③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数． 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. 正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形. 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）正n边形有n条对称轴． 3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形． 1.（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则 °． 2.．（2025·湖南省卷·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， ． 3.．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 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 【解题技巧】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明； 2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； 3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明． 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． 2.（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 3.（2025·湖南娄底·三模）如图，在中，是边上一点，若分别是的平分线，若的周长为，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 4.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与交于点，点，在上，且延长至点，使，连接，． (1)求证：； (2)若点，分别为，的中点，，求的度数． 5.（2025·湖南长沙·三模）已知：如图，在平行四边形中，，，，为上一动点，作，射线交射线于点． (1)如图1，当时，求的长； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，当点在线段上时，射线交射线于点，求线段多长时，线段最长，最大值为多少？ 命题点一 多边形 ►题型01 计算多边形对角线条数 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边形的对角线条数为  【典例】（2025·湖南衡阳·模拟）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 【变式1】（2025·湖南娄底·模拟）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（    ） A．9 B．6 C．18 D．12 【变式2】（2025·湖南益阳·模拟）若一个多边形的外角和是它内角和的，那么这个多边形从一个顶点可以作（    ）条对角线． A．2 B．3 C．4 D．5 【变式3】（2025·湖南株洲·模拟）一个多边形的每一个内角都等于140°，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（ ） A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 ►题型02 多边形内角和问题 1.多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）. 2.正n边形的每个内角为. 【典例】（2025·湖南娄底·三模）如图，在正六边形中，作正五边形，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，点O是正九边形的中心，连接则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南·模拟预测）正九边形的每一个内角的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·湖南永州·二模）一个五边形的四个内角和为，则它的另一个内角的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式4】（2025·湖南邵阳·三模）如图，点是正五边形边上一点，过点作直线，则的度数为 ． ►题型03 多边形外角问题 1.n边形的外角和是360°. 2.n边形的外角和加内角和＝n×180°. 3.正多边形的每一个外角为． 4.若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边数为 【典例】（2025·湖南长沙·模拟预测）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·湖南怀化·一模）一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角等于(      ) A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南湘潭·模拟预测）下列命题中，假命题的是（   ） A．两点之间，线段最短 B．多边形的外角和为360° C．若两个三角形相似，则它们一定位似 D．圆柱的主视图与左视图都是矩形 【变式3】（2025·湖南娄底·三模）下列命题中，正确的是（      ） A．三角形的重心是三条角平分线的交点 B．五边形的外角和为 C．菱形是轴对称图形，但不是中心对称图形 D．三个角对应相等的两个三角形全等 ►题型04 多边形内角和与外角和的综合 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】（2025·湖南·模拟预测）若一个正多边形的内角和是外角和的2倍，则该正多边形是（    ） A．正四边形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 【变式1】（2025·湖南·专题训练）已知一个多边形从一个顶点只可以引出四条对角线，那么它是（    ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【变式2】（2025·湖南常德·二模）如图，在正五边形中，交于点，则 度． ►题型05 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】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，将一个正多边形纸片剪去一个完整的角，测量剪下来的纸片，则这个正多边形的边数为 ． 【变式1】（2025·湖南·二模）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2】（2025·湖南·模拟预测）若一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和是．则原来多边形的边数可能是（    ） A．10或11 B．11 C．11或12 D．10或11或12 ►题型06 多边形与实际应用 【典例】（2025·湖南·模拟预测）冰裂纹是我国古典园林的铺装纹样之一，被广泛的应用于建筑装饰．图2是从图1中提取的多边形，则这个多边形的内角和是 ．． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）小钟读到一篇名为《东方窗棂之美》的文章，文中配了这样一张图片（见图1）．图里满是形态各异、大小不一的多边形，看似毫无规律，却奇妙地交织出一种独特的自然和谐之美，尽显东方窗棂独有的韵味．如图2是从图1图案中提取的由六条线段组成的图形，若，则的度数是 ． 【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图，小明从点A出发，前进10m后向右转，再前进10m后又向右转，这样一直下去，直到他第一次回到出发点A为止，他所走的路径构成了一个多边形．那么小明一共走了 米．    ►题型07 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】（2025·湖南·模拟预测）生活中常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案，下列图形中不能与正三角形铺满整个地面的是（    ） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形 【变式1】（2025·湖南湘西·模拟）足球表面是由正六边形和正五边形拼接而成的．右图是足球表面有公共顶点的3个多边形展平后的平面图形，则的大小为 ． 【变式2】（2025·湖南衡阳·模拟）下列正多边形的组合中，不能密铺地板的是（    ）． A．正四边形和正六边形 B．正四边形和正八边形 C．正三角形和正四边形 D．正三角形和正六边形 【变式3】（2025·湖南·模拟）下列正多边形的组合中，能够平面镶嵌的是（   ） A．正三角形和正六边形 B．正方形和正五边形 C．正三角形和正五边形 D．正五边形和正七边形 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】（2025·湖南岳阳·一模）如图，在中，，，平分，交于点． (1)求的周长； (2)若，求的度数． 【变式1】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，延长到点E，连接，使．若，则的度数为 【变式2】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点，分别在上，四边形是平行四边形．若，则的长度为 ． 【变式3】（2025·湖南常德·二模）如图，在中，，作交的延长线于点，若是的中线，，则四边形的周长为 ． ►题型02 利用平行四边形的性质证明 【典例】（2025·湖南株洲·一模）如图所示，已知平行四边形的对角线交于O，过O作直线交的反向延长线于E、F，求证：． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，E，F分别是边上的点，且． (1)求证：； (2)连接，若平分，，求平行四边形的周长． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，连接，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别相交于点，，作直线，交于点，连接． (1)求证：是的平分线； (2)若，，求的周长． 【变式3】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，且，，． (1)求证：； (2)点、点分别是和的一点，连接经过点，求证：． ►题型03 判断或证明四边形是平行四边形 【典例】（2025·湖南长沙·三模）小聪与小慧一起研究尺规作图问题： 如图1，在锐角三角形中，，是边上的中线．现在要找一点，使四边形是平行四边形． 小聪：以点为圆心，长为半径在的右侧作弧，延长交此弧于点，连结，． 小慧：以点为圆心，长为半径作弧，以为圆心，长为半径作弧，两弧在右侧交于点，连结，． (1)图2为小聪的作图，请证明作出的四边形是平行四边形． (2)小慧作图依据是_____（填序号） ①两组对边分别平行的四边形是平行四边形 ②两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ③两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ④一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 【变式1】（2025·湖南常德·二模）如图，四边形的对角线与相交于点O，已知，若要证明四边形为平行四边形，则还需要添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南·模拟）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【变式3】（2025·湖南·一模）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4】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F，连接，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求证：E为线段的黄金分割点． ►题型04 平行四边形性质与判定的综合 【典例】（2025·湖南邵阳·三模）如图，在中，，D是边AC上一点，连接，E，F分别为的中点，连接，． (1)求证：四边形ADEF是平行四边形； (2)若，，求EF的长． 【变式1】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，四边形中，，点在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，求的面积． 【变式2】（2025·湖南·模拟）如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形的面积为2，求的面积． 【变式3】（2025·湖南永州·二模）如图，与都是等边三角形，且B，D，E三点共线，交的延长线于F． (1)求证：①； ②四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． ►题型05 平行四边形与三角形相似的综合证明 【典例】（2025·湖南长沙·二模）【知识技能】 （）如图，在中，平分，，求证：． 【场景迁移】 （）如图，四边形为平行四边形，平分交于，延长交于，若，求的值． 【变式1】（2025·湖南衡阳·三模）如图，点是的边延长线上一点，．连接，交于点．设，的面积分别为，，则（　　） A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，连接，为边上一点，连接并延长交的延长线于点，交于点，过点作交于点，． (1)若，求的长； (2)若，求平行四边形的面积． 【变式3】（2025·湖南张家界·模拟预测）综合与实践 如图1，在中，点分别在直线和上，直线相交于点，某数学兴趣小组在探究四条线段的比例关系时，经历了如下过程： 【特例感知】 （1）①如图2，当时，若，求； ②如图3，当时，若，求． 【猜想证明】 （2）猜想四条线段的比例关系，并结合图1进行证明．（备注：从图1中的①或②选择一个证明即可） ►题型06 平行四边形折叠/旋转变换问题 【典例】（2025·湖南长沙·一模）如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为． (1)求证：； (2)若，，试判断的形状，并说明理由． 【变式1】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在中，，点E，F分别在，上，将沿折叠后，正好点C落在的M处．若，则的度数为 ． 【变式2】（2024·湖南永州·三模）在中，，．将绕点C顺时针旋转一个角度得到，点A、B的对应点分别为D、E．    (1)若点E恰好落在边上，如图（1），连接，求的大小； (2)若，F为的中点，如图（2），连接，求证：四边形是平行四边形． (3)若，如图（3）．连接，且与分别交于点G、H，求证：． 【变式3】（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．    (1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点． ①试猜想与的数量关系，并说明理由； ②求的面积； (2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长． 突破一 多边形与几何图形综合 【典例】同一平面内的两条直线相交或平行，下面我们就来研究其中某种位置关系中角所存在的几种数量关系． (1)问题探究1：如图①，若，点在、之外，则有，又因为是的外角，所以，所以，将点移到、之间，如图②，以上结论是否成立？请说明理由． (2)问题探究2：如图③，直线与相交于点，则、、、之间有何数量关系？请证明你的结论； (3)根据（2）的结论直接写出图④中______． 【变式1】【问题探究一】 （1）已知：如图1，在中，，，分别平分和，的度数是_____． （2）问题提出：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？ 结合图1猜想：与的数量关系是______． 【问题探究二】 （3）已知：如图2，与分别是的两个外角，且，则______． （4）问题提出：我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，那么三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？ 结合图2猜想：与的数量关系是______． 【拓展与应用】 （5）如图3，四边形中，为四边形的的平分线及外角的平分线所在的直线构成的锐角，若设，，则_____．（用含，的式子表示） （6）如图4，平分，平分，把折叠，使点与点重合，若，则_____． 【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】两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：将一条线段分割成长、短两条线段、，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即，则这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点叫做线段的黄金分割点． 【问题初探】 （1）如图1，已知点为线段的黄金分割点（），求黄金比． 解：设，则． ∵， ∴…… 请补全以上解题过程； 【知识迁移】 （2）如图2，点为线段的黄金分割点（），分别以、为边在线段同侧作正方形和矩形，连接、．求证：； 【延伸拓展】 （3）如图3，在正五边形中，对角线与交于点．求证：点是的黄金分割点． 突破二 平行四边形动点轨迹与线段最值 【典例】综合与探究：数学兴趣小组学习了特殊四边形的判定与性质后，对多边形中的相似三角形进行了研究． 【初步感知】如图1，点是正方形的边上一动点，过点作交于点．求证：； 【类比探究】如图2，点是矩形的边上一动点，连接交对角线于点，若线段是线段和的比例中项，求证：； 【拓展提升】如图3，的对角线相交于点，过点作交边的延长线于点，若，求线段的最小值． 【变式1】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 ． 【变式2】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． 【变式3】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M，N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M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E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 突破三 平行四边形与函数综合 【典例】如图，在平面直角坐标系中，的边在一次函数图象上．且点在反比例函数的图象上．轴，点． (1)求一次函数及反比例函数的解析式； (2)若将向下平移，当点C落在图象上时，求平移的距离． 【变式1】如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于A，B两点，与y轴交于点C，连接，的面积为1．    (1)求反比例函数的解析式； (2)点P为第三象限内反比例函数图象上一点，且位于直线下方，过点P作轴交直线于点D，作轴交y轴于点E，若，求点P的坐标； (3)若M是x轴负半轴上一点，N是反比例函数图象上一点，当以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点N的坐标． 【变式2】如图1，在中，连接，，．动点M从A点出发，沿边匀速运动，运动到点B停止．过点M作交边于点N，连接，．设，，y与x的函数关系如图2所示，函数图象的最低点坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式3】在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上的两点，横坐标分别为、，已知点，作点关于点的对称点，作点关于点的对称点，构造四边形． (1)求该抛物线所对应的函数表达式； (2)当两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点的坐标； (3)设抛物线在、两点之间的部分（含、两点）为图象．当时，若图象的最高点与最低点的纵坐标之差为．求的值； (4)连结、，当时，直接写出的取值范围（这里、、均是大于且小于的角）． 突破四 坐标系中平行四边形的存在性探究 【典例】如图，边长为的正方形的顶点在坐标原点处，点，分别在轴、轴的正半轴上，点是边上的点（不与点重合），，且与正方形外角平分线交于点． (1)当点坐标为时，试证明 (2)如果将上述条件“点坐标为”改为“点坐标为”，结论是否仍然成立，请说明理由； (3)在轴上是否存在点，使得四边形是平行四边形若存在，用表示点的坐标；若不存在，说明理由． 【变式1】如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，其中，． (1)求抛物线的表达式； (2)点为对称轴上一点，当的周长最小时，求点的坐标； (3)点为对称轴上一点，点为抛物线上一点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【变式2】如图，二次函数（b，c为常数）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，已知点B的坐标为，点C的坐标为，连接． (1)求抛物线的解析式． (2)若点P为抛物线上的一个动点，连接，当时，求点P的坐标． (3)将抛物线沿射线的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点E在新抛物线上，点F是原抛物线对称轴上的一点，若以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标． 突破五 与平行四边形有关的新定义问题 【典例】【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】如图1，在矩形中，点分别在上．若，则称四边形为矩形的“内嵌四边形”         (1)判断矩形的“内嵌四边形”的形状并说明理由； (2)图2，图3中，四边形为矩形，且，点分别在边上，试利用正方形网格在图上作出矩形的“内嵌四边形”，并分别求出其周长； (3)如图4中，，猜想矩形的“内嵌四边形”的周长是否为定值．为了证明上述猜想，小华同学尝试延长交的延长线于点，试利用小华同学给我们的启发证明你的猜想． 【变式2】阅读短文，解决问题． 若平行四边形的四个顶点都在三角形的边上，且有一个角与三角形的一个角重合，另一个顶点在三角形的这个重合角的对边上，我们就称这个平行四边形是该三角形的“相依四边形”．例如：如图，在平行四边形中，与重合，点在上，则称平行四边形为的“相依四边形”． (1)如图，平行四边形为的“相依四边形”，平分，判断四边形的形状，并进行证明． (2)在（1）的条件下，如图，． ①若，，求四边形的周长； ②如图，分别是的中点，连接，若，求的值． 【变式3】（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 1.（2025·湖南邵阳·三模）下列命题，正确的是（   ） A．若，则 B．六边形的内角和是 C．等边三角形是中心对称图形 D．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 2.（2025·湖南邵阳·三模）已知一个正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数是（    ） A．13 B．12 C．10 D．8 3.（2025·湖南·模拟）如图，在中，下列结论不一定成立的是（   ） A． B． C． D． 4.（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在中，E为上一点，，与交于点F．下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 5.（2025·湖南怀化·二模）如图，四边形是平行四边形，为坐标原点，点在的正半轴上，点在反比例函数的图象上，点是线段与反比例函数图象的交点，若点的坐标为，平行四边形的面积为6，则实数的值为 ． 6.（2025·湖南常德·二模）如图，已知四边形是平行四边形，分别以点A，B为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点E，F，过E，F两点作直线恰好经过点D，交对角线于点O，若，则的长为 ． 7.（2025·湖南长沙·一模）如图，在平行四边形中，延长到点，连接，使．若，则的度数为 ． 8.（2025·湖南永州·一模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长. 9.（2025·湖南岳阳·二模）如图，在平行四边形中，是对角线上的两点（点在点左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求线段长． 10.（2025·湖南长沙·二模）如图，点是边上一点（不与点重合），连接．用尺规作，点在边上．作法：以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则．作法：以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则．以上两种作法中，一定正确的是作法________（填序号），并利用图写出证明过程． 11.（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点O．E，F是上的两点，连接， ________．请从“①；②．”中任选一个作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 12.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，延长至点D，使，过点D作，且，连接交于点F，． (1)求证：； (2)若，求的长． 13.（2025·湖南·二模）如图，已知：等腰梯形中，，，以A为圆心，为半径的圆与相交于点E，与相交于点F，联结，设分别与相交于点G、H，其中H是的中点． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，如果，求的值； (3)如图2，如果，求的余弦值． 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·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.（2025·四川遂宁·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 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． 5.（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． 6.（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是 ． 7.（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，，．点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象中大致反映与之间函数关系的是（   ） A． B． C． D． 8.（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 9.（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． 10.（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 11.（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． 12.（2025·湖南·中考真题）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 13.（2025·山东济南·中考真题）一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C． (1)求m，k的值． (2)D为反比例函数图象上的一点且横坐标大于m． ①如图1，若点D的横坐标为4，连接，E为线段上一点，且，求点E的坐标； ②如图2，M为线段上一点，且，四边形是平行四边形，连接，若，求点D的坐标． 14，（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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 第20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 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 14 命题点一 多边形 题型01 计算多边形对角线条数 题型02 多边形内角和问题 题型03多边形的外角问题 题型04 多边形内角和与外角和的综合 题型05 多边形截角后的内角和问题 题型06 多边形与实际应用 题型07 平面镶嵌 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 利用平行四边形的性质证明 题型03 判断或证明四边形是平行四边形 题型04 平行四边形性质与判定的综合 题型05 平行四边形折叠/旋转变换问题 题型06 平行四边形与三角形相似的综合证明 05·重难突破·思维进阶难 56 突破一 多边形与几何图形综合 突破二 平行四边形动点轨迹与线段最值 突破三 平行四边形与函数综合 突破四 坐标系中平行四边形的存在性探究 突破五 与平行四边形有关的新定义问题 06·优题精选·练能提分 101 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 课标要求 多边形的有关概念 湖南省卷 T17长沙市卷T15 湖南省卷 T6 理解多边形的顶点、边、对角线等概念，能识别正多边形，掌握多边形的表示方法。 多边形的内角和与外角和 湖南省卷 T17长沙市卷T15 湖南省卷 T6 掌握多边形内角和公式（n-2）×180°，理解多边形外角和恒为360°，并能进行相关计算。 平行四边形的性质与判定 湖南省卷 T8 T25 长沙市卷T21 湖南省卷 T22 长沙市卷 T23 掌握平行四边形的定义、性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）及判定方法，能综合运用解决几何问题。 命题预测 1.多边形模块（预计3-6分）趋势一：正多边形计算持续考查，正六边形、正八边形、正十边形内角计算；正多边形与等腰三角形、直角三角形结合。趋势二：多边形内角和与外角和结合，已知部分角求未知角，外角和恒为360°的灵活运用。 2. 平行四边形模块（预计6-10分）趋势一：平行四边形与圆结合，顶点在圆上的平行四边形性质，结合切线、弦等知识；趋势二：平行四边形与图形变换结合，折叠、旋转后的平行四边形性质，操作探究类问题；趋势三：平行四边形与最值问题，平行四边形面积最值，动点问题中的平行四边形存在性。 备考建议 1. 基础知识巩固 熟记公式：内角和公式、外角和定理；掌握性质：平行四边形的边、角、对角线性质；熟练判定：五种判定方法的适用条件。 2. 解题能力提升 画图习惯：复杂几何题先画图，标注已知条件；辅助线技巧：连对角线、作垂线、构造全等三角形；推理训练：从已知推未知，步步有据。 3. 应试技巧优化 时间分配：基础题1-2分钟，证明题5-8分钟；检查方法：代入验证、图形验证、特殊值检验；书写规范：几何证明要条理清晰，步骤完整 4. 重点突破题型 ①正多边形与等腰三角形综合② 平行四边形中的动点问题③ 中点四边形性质应用④ 操作探究类几何题⑤ 平行四边形存在性问题 考点一 多边形 1. 相关概念 多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形. 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 【解题技巧】 1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°. 2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍. 3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和； ②已知多边形的内角和求边数； ③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数． 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. 正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形. 【解题技巧】 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）正n边形有n条对称轴． 3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形． 1.（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． 2.．（2025·湖南省卷·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：． 3.．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 【答案】A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点． 【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意； C、正五边形的外角和为，选项错误，是假命题，不符合题意； D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意； 故选：A． 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 【解题技巧】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明； 2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； 3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明． 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， ∵，， ∴． 2.（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了作图-基本作图，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 由作图过程可知 平分 ，得到 ，在平行四边形 中 ，得到， ，得出 ， ，得到 ，继而得到 ，即可得到答案． 【详解】解：由作图过程可知 平分 ， ， 四边形 是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 3.（2025·湖南娄底·三模）如图，在中，是边上一点，若分别是的平分线，若的周长为，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，根据平行四边的性质结合角平分线的定义得到，，进而得到，，由平行四边形的周长，即可求解． 【详解】解：∵、分别是、的平分线， ∴，． ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ， 平行四边形的周长． ， ， 故选：C． 4.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与交于点，点，在上，且延长至点，使，连接，． (1)求证：； (2)若点，分别为，的中点，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质推出，即可利用证全等； （2）利用平行四边形的性质证出和，得到和，推出四边形是平行四边形，再证出即可推出四边形是矩形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形，对角线，交于点， ∴，， ∵， ∴，， ∵点，分别为，的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定，中位线的性质，熟悉掌握判定方法是解题的关键． 5.（2025·湖南长沙·三模）已知：如图，在平行四边形中，，，，为上一动点，作，射线交射线于点． (1)如图1，当时，求的长； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，当点在线段上时，射线交射线于点，求线段多长时，线段最长，最大值为多少？ 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)当时，线段最长，且最大值为 【分析】（1）解，结合勾股定理求出，，再由面积法得到，即可求解； （2）证明即可求解； （3）先证明，则，过点作于点，设，则，则，令，得到，再由一元二次方程根的判别式求最值即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴ 解得（舍负）， ∴ ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点作于点， 由（1）可得， ∴ 设，则， ∴， 令， 则， ∴， ∵该方程有实数根， ∴， ∴， 当时， 解得：或 对于二次函数，当或时，， 而， ∴， ∴的最小值为，那么此时取得最大值为：， ∴此时， 解得：， ∴当时，线段最长，且最大值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，利用二次函数的图象与性质解不等式，解直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 命题点一 多边形 ►题型01 计算多边形对角线条数 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边形的对角线条数为  【典例】（2025·湖南衡阳·模拟）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 【答案】C 【分析】本题考查了规律探究问题．从四边形、五边形、六边形等对角线的条数进行分析，总结规律即可得到n边形的对角线条数． 【详解】解：四边形的对角线条数（条）， 五边形的对角线条数（条）， 六边形的对角线条数（条）， …， ∴n边形的对角线条数（条）， ∴十三边形的对角线条数（条）， 故选：C． 【变式1】（2025·湖南娄底·模拟）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（    ） A．9 B．6 C．18 D．12 【答案】A 【分析】本题考查正多边形的性质，多边形的外角和定理和对角线的数量，掌握多边形的外角和定理和对角线数量的公式是解题的关键． 先根据正多边形外角和为360°，求出边数n，再利用对角线公式计算． 【详解】正多边形每个外角为60°，外角和为360°，故边数 ． 正n边形的对角线总数为 ．代入 ，得： 因此，该正六边形共有9条对角线， 故选：A． 【变式2】（2025·湖南益阳·模拟）若一个多边形的外角和是它内角和的，那么这个多边形从一个顶点可以作（    ）条对角线． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n-2）×180=360，再解方程可得到n的值，然后根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线可得答案． 【详解】解：设这个多边形有n条边，由题意得： （n-2）×180=360， 解得：n=5， 从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是5-3=2， 故选：A． 【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，多边形的对角线，解题的关键是掌握多边形的内角和公式． 【变式3】（2025·湖南株洲·模拟）一个多边形的每一个内角都等于140°，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（ ） A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 【答案】A 【分析】由多边形的内角和为，先求出该多边形的边数n，然后利用即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为，则由题意可得：，解得， ∴从此多边形的一个顶点出发可引对角线的条数为：9-3=6（条） 故选：A． 【点睛】本题考查边形的内角和，以及从边形的一个顶点引的条对角线数量，掌握多边形中的基本结论是解题关键． ►题型02 多边形内角和问题 1.多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）. 2.正n边形的每个内角为. 【典例】（2025·湖南娄底·三模）如图，在正六边形中，作正五边形，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的内角与外角，分别求出正六边形，正五边形的内角结合等腰三角形的性质可得结论．解题的关键是求出正多边形的内角，属于中考常考题型． 【详解】解：正六边形内角和为， 正六边形每个内角为， 正五边形内角和为， 正五边形每个内角为， ， ， ， ， 故选：B． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，点O是正九边形的中心，连接则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的性质，由题意得：正九边形的每一个内角度数为：，推出；进一步推出四边形是等腰梯形，是等腰三角形，即可求解； 【详解】解：由题意得：正九边形的每一个内角度数为：， ∴； ∵， ∴四边形是等腰梯形，是等腰三角形， ∴， ∴； ∴， 故选：B 【变式2】（2025·湖南·模拟预测）正九边形的每一个内角的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的内角与外角问题，根据正n多边形的每一个外角的度数为，进而求得内角的度数，即可． 【详解】解：正九边形的每一个外角的度数是, 正九边形的每一个内角的度数是 故选：B． 【变式3】（2025·湖南永州·二模）一个五边形的四个内角和为，则它的另一个内角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式，根据多边形的内角和计算出内角和，减去前四个内角即可得到第五个内角的度数． 【详解】解：因为五边形的内角和是，四个内角和为， 所以第5个内角的度数是． 故选：A． 【变式4】（2025·湖南邵阳·三模）如图，点是正五边形边上一点，过点作直线，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形内角和定理，平行线的性质，根据正多边形内角和定理求出的度数，再由平行线的性质求出的度数，据此根据平角的定义可得答案． 【详解】解：如图所示， ∵五边形是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． ►题型03 多边形外角问题 1.n边形的外角和是360°. 2.n边形的外角和加内角和＝n×180°. 3.正多边形的每一个外角为． 4.若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边数为 【典例】（2025·湖南长沙·模拟预测）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·湖南怀化·一模）一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角等于(      ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角问题，先求得边数，进而根据任意多边形的外角和为，即可求解． 【详解】解：设这个多边形为正边形． 则有，解得． 又因为任意多边形的外角和为， 所以． 故选：A． 【变式2】（2025·湖南湘潭·模拟预测）下列命题中，假命题的是（   ） A．两点之间，线段最短 B．多边形的外角和为360° C．若两个三角形相似，则它们一定位似 D．圆柱的主视图与左视图都是矩形 【答案】C 【分析】本题考查了判断真假命题，多边形的外角的性质，位似的定义，三视图，根据以上知识逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：A. 两点之间，线段最短，是真命题，故该选项不符合题意； B. 多边形的外角和为360°，是真命题，故该选项不符合题意； C. 若两个三角形相似，则它们不一定位似，原命题是假命题，故该选项符合题意； D. 圆柱的主视图与左视图都是矩形，是真命题，故该选项不符合题意； 故选：C． 【变式3】（2025·湖南娄底·三模）下列命题中，正确的是（      ） A．三角形的重心是三条角平分线的交点 B．五边形的外角和为 C．菱形是轴对称图形，但不是中心对称图形 D．三个角对应相等的两个三角形全等 【答案】B 【分析】本题考查的是命题与定理，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．根据三角形的重心的概念、多边形的外角和、菱形的性质、全等三角形的判定判断即可． 【详解】解：A、三角形的重心是三条中线的交点，故本选项是假命题，不符合题意； B、五边形的外角和为，是真命题，符合题意； C、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项是假命题，不符合题意； D、三个角对应相等的两个三角形不一定全等，故本选项是假命题，不符合题意； 故选：B． ►题型04 多边形内角和与外角和的综合 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】（2025·湖南·模拟预测）若一个正多边形的内角和是外角和的2倍，则该正多边形是（    ） A．正四边形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 【答案】C 【分析】本题考查多边形的内角和，设此多边形边数为，根据多边形的内角和公式可得方程，求解即可．解题的关键是掌握多边形内角和定理：（且为整数）． 【详解】解：设此多边形边数为， 依题意，得：， 解得：． 故选：C． 【变式1】（2025·湖南·专题训练）已知一个多边形从一个顶点只可以引出四条对角线，那么它是（    ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的对角线：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．根据n边形从一个顶点出发可引出条对角线即可求解． 【详解】解：设多边形边数为n， 从一个多边形的一个顶点出发可以引4条对角线， ， 解得． 故选：C． 【变式2】（2025·湖南常德·二模）如图，在正五边形中，交于点，则 度． 【答案】18 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理， 先根据正多边形的内角和定理求出，再根据角的和差得出答案． 【详解】解：正五边形中， ∴． ∵， ∴． 故答案为：18． ►题型05 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】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，将一个正多边形纸片剪去一个完整的角，测量剪下来的纸片，则这个正多边形的边数为 ． 【答案】12 【分析】本题考查正多边形的内角和、等腰三角形的性质等知识点，掌握正多边形内角的计算方法是解题的关键． 根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，再根据正多边形内角的求解方法列方程求解即可． 【详解】解：如图：∵正多边形， ∴， ∴， ∴， 设这个正多边形为正n边形，则， 解得:， 经检验是原方程的解，即这个正多边形是正十二边形． 故答案为：12． 【变式1】（2025·湖南·二模）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2】（2025·湖南·模拟预测）若一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和是．则原来多边形的边数可能是（    ） A．10或11 B．11 C．11或12 D．10或11或12 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和；先求出截去一个角后得到的是11边形，再根据不同的裁切方式求出原来多边形的边数即可． 【详解】解：设截去一个角后的多边形边数为n， 则有：， 解得：， 如图1，从角两边的线段中间部分切去一个角后，在原边数基础上增加了一条边，则原来多边形的边数是10； 如图2，从一边中间部分，与另一顶点处截取一个角，边数不增也不减，则原来多边形的边数是11； 如图3，从两个顶点处切去一个角，边数减少1，则原来多边形的边数是12； 综上，原来多边形的边数可能是10或11或12； 故选：D． ►题型06 多边形与实际应用 【典例】（2025·湖南·模拟预测）冰裂纹是我国古典园林的铺装纹样之一，被广泛的应用于建筑装饰．图2是从图1中提取的多边形，则这个多边形的内角和是 ．． 【答案】/720度 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，熟练掌握多边形内角和计算公式是关键． 根据n边形内角和为，求解即可． 【详解】解：这个多边形为六边形，它的内角和为：． 故答案为：． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）小钟读到一篇名为《东方窗棂之美》的文章，文中配了这样一张图片（见图1）．图里满是形态各异、大小不一的多边形，看似毫无规律，却奇妙地交织出一种独特的自然和谐之美，尽显东方窗棂独有的韵味．如图2是从图1图案中提取的由六条线段组成的图形，若，则的度数是 ． 【答案】/280度 【分析】本题考查多边形的外角和，根据多边形的外角和为求解即可． 【详解】解：由题意，， ∵， ∴， 故答案为：． 【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图，小明从点A出发，前进10m后向右转，再前进10m后又向右转，这样一直下去，直到他第一次回到出发点A为止，他所走的路径构成了一个多边形．那么小明一共走了 米．    【答案】180 【分析】分析得出所走路径为正多边形，根据正多边形的外角和为，判断多边形的边数，再求路程． 【详解】解：∵小明每次都是右转且走的路程相同， ∴走过的路线是正多边形，且每一个外角是， ∴边数为：， ∴小明一共走的路程为：． 故答案为：180． 【点睛】此题考查的是多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和定理是解决本题的关键． ►题型07 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】（2025·湖南·模拟预测）生活中常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案，下列图形中不能与正三角形铺满整个地面的是（    ） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形 【答案】B 【分析】本题考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能． 【详解】解：A．正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，，故正方形与正三角形的组合能镶嵌整个平面，选项不符合题意； B．正五边形不能与正三角形进行平面镶嵌，因为正五边形的内角，的整数倍与的整数倍的和不等于，选项符合题意； C．正六边形的每个内角为，，故正六边形与正三角形的组合能镶嵌整个平面，选项不符合题意； D．正十二边形的每个内角为，，故正十二边形与正三角形的组合能镶嵌整个平面，选项不符合题意． 故选：B． 【变式1】（2025·湖南湘西·模拟）足球表面是由正六边形和正五边形拼接而成的．右图是足球表面有公共顶点的3个多边形展平后的平面图形，则的大小为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，熟练掌握正多边形的内角问题是解题的关键． 先由正多边形的内角公式求出正六边形和正五边形的内角，再根据周角是即可求出的大小． 【详解】解：正五边形的每个内角的度数为：， 正六边形的每个内角的度数为：， ， 故答案为：． 【变式2】（2025·湖南衡阳·模拟）下列正多边形的组合中，不能密铺地板的是（    ）． A．正四边形和正六边形 B．正四边形和正八边形 C．正三角形和正四边形 D．正三角形和正六边形 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形的密铺问题. 分别设每个选项两种多边形分别用a个和b个，列二元一次方程分别判断是否存在整数解使其和为即可. 【详解】解：选项A：正四边形（）和正六边形（），设两种多边形分别用a个和b个，需满足，化简为，无正整数解，故不能密铺． 选项B：正四边形（）和正八边形（），设两种多边形分别用a个和b个，方程为，化简为，存在解，故能密铺． 选项C：正三角形（）和正四边形（），设两种多边形分别用a个和b个，方程为，化简为．存在解，故能密铺． 选项D：正三角形（）和正六边形（），设两种多边形分别用a个和b个，方程为，化简为，存在解，故能密铺． 故选A． 【变式3】（2025·湖南·模拟）下列正多边形的组合中，能够平面镶嵌的是（   ） A．正三角形和正六边形 B．正方形和正五边形 C．正三角形和正五边形 D．正五边形和正七边形 【答案】A 【分析】本题考查的是平面镶嵌，正多边形内角和问题，两种或两种以上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．根据求出每个选项中正多边形的内角度数，再判断能否组成360度的周角，即可得到答案． 【详解】解：A、正三角形的每个内角是，正六边形的每个内角是， ∵， ∴正三角形和正六边形能够平面镶嵌，符合题意． B、正方形的每个内角是，正五边形每个内角是，不存在正整数m、n，使得，故正方形和正五边形不能平面镶嵌，不符合题意； C、正三角形的每个内角是，正五边形每个内角是，不存在正整数x、y，使得，故正三角形和正五边形不能平面镶嵌，不符合题意； D、正五边形每个内角是，正七边形每个内角是，不存在正整数s、t，使得，故正五边形和正七边形不能平面镶嵌，不符合题意； 故选：A． 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】（2025·湖南岳阳·一模）如图，在中，，，平分，交于点． (1)求的周长； (2)若，求的度数． 【答案】(1)的周长为 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形周长公式计算即可； （2）根据平行四边形的性质得到，得出，由平分得到，继而得到，求出结论． 【详解】（1）解：在中，，， 的周长； （2）在中，， ， 平分，， ， ， 【变式1】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，延长到点E，连接，使．若，则的度数为 【答案】/40度 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据等腰三角形的性质求解即可得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【变式2】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点，分别在上，四边形是平行四边形．若，则的长度为 ． 【答案】2 【分析】根据三角形中位线定理得出，，根据平行四边形的性质得出，，，进而得出，，证明可得出，即可求解． 【详解】解：∵，分别是边，上的中线， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2． 【变式3】（2025·湖南常德·二模）如图，在中，，作交的延长线于点，若是的中线，，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，由平行四边形和中线的性质可得，，进而由勾股定理得，再求出四边形的周长即可求解，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 是的中线， ， ∴， ， ∴， ∴， ∴四边形的周长， 故答案为：． ►题型02 利用平行四边形的性质证明 【典例】（2025·湖南株洲·一模）如图所示，已知平行四边形的对角线交于O，过O作直线交的反向延长线于E、F，求证：． 【答案】详见解析 【分析】本题考查的是平行四边形性质及全等三角形的判定与性质，证出，进而证明即可得出结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，E，F分别是边上的点，且． (1)求证：； (2)连接，若平分，，求平行四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)26 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，结合，证明即可； （2）全等的性质得到，角平分线结合平行线的性质，推出，进而求出的长，再根据平行四边形的对边相等，求出周长即可． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴（） （2）∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的周长． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，连接，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别相交于点，，作直线，交于点，连接． (1)求证：是的平分线； (2)若，，求的周长． 【答案】(1)证明见解析； (2)的周长为． 【分析】本题考查了尺规作图——作垂线，平行四边形的性质，垂直平分线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由作图可知，垂直平分，由性质得，再根据等边对等角得，又四边形是平行四边形，则，通过平行线的性质可得，所以，从而得证； （）由四边形是平行四边形，可知，，然后由垂直平分线的性质可得，最后通过周长即可求解． 【详解】（1）证明：由作图可知，垂直平分， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴是的平分线； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴的周长 ， ∴的周长为． 【变式3】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，且，，． (1)求证：； (2)点、点分别是和的一点，连接经过点，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明，，证明，可得，从而可得结论； （2）结合平行四边形的性质证明即可； 【详解】（1）证明：在平行四边形中，对角线与相交于点O，，， ，． ， ，即， 为直角三角形，， ． （2）证明：∵在平行四边形中，对角线与相交于点O， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴. 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的逆定理的应用，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质是解本题的关键. ►题型03 判断或证明四边形是平行四边形 【典例】（2025·湖南长沙·三模）小聪与小慧一起研究尺规作图问题： 如图1，在锐角三角形中，，是边上的中线．现在要找一点，使四边形是平行四边形． 小聪：以点为圆心，长为半径在的右侧作弧，延长交此弧于点，连结，． 小慧：以点为圆心，长为半径作弧，以为圆心，长为半径作弧，两弧在右侧交于点，连结，． (1)图2为小聪的作图，请证明作出的四边形是平行四边形． (2)小慧作图依据是_____（填序号） ①两组对边分别平行的四边形是平行四边形 ②两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ③两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ④一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 【答案】(1)见解析 (2)③ 【分析】本题考查尺规作图-作平行四边形，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． （1）由作图方法可知：，再根据是边上的中线，得，即可由平行四边形的判定定理“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出结论； （2）依据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可得答案． 【详解】（1）证明：由作图可知：， ∵是边上的中线， ∴， ∴四边形是平行四边形 （2）解：由作图可知：，， 依据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可得 四边形是平行四边形． 故答案为：③． 【变式1】（2025·湖南常德·二模）如图，四边形的对角线与相交于点O，已知，若要证明四边形为平行四边形，则还需要添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【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是解题的关键．根据平行四边形的判定，逐项分析即可判断． 【详解】解：A、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意； B、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意； C、因为，，所以四边形为平行四边形，符合题意； D、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：C． 【变式2】（2025·湖南·模拟）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； B．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； C．∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； D．∵，， ∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意； 故选：D． 【变式3】（2025·湖南·一模）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4】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F，连接，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求证：E为线段的黄金分割点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先由，得，再由证，可得，即可得出结论； （2）先证明，根据相似三角形的性质得，再由已知，得，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴E为线段的黄金分割点． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定及性质，黄金分割点的定义． ►题型04 平行四边形性质与判定的综合 【典例】（2025·湖南邵阳·三模）如图，在中，，D是边AC上一点，连接，E，F分别为的中点，连接，． (1)求证：四边形ADEF是平行四边形； (2)若，，求EF的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先得到是的中位线，得到，，然后求出，得到，进而证明即可； （2）首先得到，由（1）知，四边形是平行四边形，，得到，，根据三角形中位线定理得到，然后得到，即，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵E，F分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴，．     ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵F是的中点，， ∴．     由（1）知，四边形是平行四边形，， ∴，．     ∵E，F分别为的中点， ∴是的中位线， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴． 在中，，，即， 解得（舍去负值）， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定，三角形中位线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式1】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，四边形中，，点在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，求的面积． 【答案】(1)详见解析； (2)15． 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质．熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）先证，再由，即可得出结论； （2）先由平行四边形的性质得，再由角平分线的性质得，最后利用三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：过点作，垂足为，如图： 四边形是平行四边形， ， 平分， ， ． 【变式2】（2025·湖南·模拟）如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形的面积为2，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，再证，然后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和三角形面积关系即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵、分别是、的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵点是的中点， ∴，， 同理得：，， ∵， ， ∴． 【变式3】（2025·湖南永州·二模）如图，与都是等边三角形，且B，D，E三点共线，交的延长线于F． (1)求证：①； ②四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①根据等边三角形的性质和等式的性质可得出，，，然后根据证明即可； ②根据全等三角形的性质得出，根据三角形外角的性质以及角的和差关系可得出，则，根据平行线的判定得出，然后根据平行四边形的判定即可得证； （2）过E作于，设与相交于O，根据正弦的定义求出，，可得出，，设，则，， ∴，根据全等三角形的性质得出，证明，求出，则，解方程求出，然后根据平行四边形的性质求出，最后根据梯形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：①∵与都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 又， ∴四边形是平行四边形； （2）解：过E作于，设与相交于O， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， 设，则，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解一元二次方程等知识，明确题意，寻找合适的相似三角形求解是解题的关键． ►题型05 平行四边形与三角形相似的综合证明 【典例】（2025·湖南长沙·二模）【知识技能】 （）如图，在中，平分，，求证：． 【场景迁移】 （）如图，四边形为平行四边形，平分交于，延长交于，若，求的值． 【答案】（）证明见解析；（） 【分析】（）由角平分线的定义和平行线的性质可得，进而即可求证； （）由角平分线的定义和平行线的性质可得，由相似三角形的判定和性质可得，即得，，进而可得，再代入计算即可求解． 【详解】（）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （）∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形角平分线的定义，等腰三角形的 判定和性质，平行线的判定和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键． 【变式1】（2025·湖南衡阳·三模）如图，点是的边延长线上一点，．连接，交于点．设，的面积分别为，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，由平行四边形的性质可得，从而可得，推出，再证明得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：由四边形是平行四边形，可得， ． ， ， ． ， ，， ， ， ． 故选：C． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，连接，为边上一点，连接并延长交的延长线于点，交于点，过点作交于点，． (1)若，求的长； (2)若，求平行四边形的面积． 【答案】(1)8 (2)12 【分析】本题考查平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质和相似三角形的性质是解题的关键． （1）根据平行线分线段成比例得出，结合，即可求出的长； （2）根据平行四边形的性质得出，，，继而可得出，，从而求出，，即，，从而求出，，，根据即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴． （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵, ∴，， ∴， ∴． 【变式3】（2025·湖南张家界·模拟预测）综合与实践 如图1，在中，点分别在直线和上，直线相交于点，某数学兴趣小组在探究四条线段的比例关系时，经历了如下过程： 【特例感知】 （1）①如图2，当时，若，求； ②如图3，当时，若，求． 【猜想证明】 （2）猜想四条线段的比例关系，并结合图1进行证明．（备注：从图1中的①或②选择一个证明即可） 【答案】[特例感知]（1）①；②； [猜想证明]（2）四条线段的比例关系为，证明见解析 【分析】（1）①当时，平行四边形是正方形，再利用全等三角形证明；②四边形是矩形，利用相似三角形的性质求解即可； （2）证明和，再列出比例式推导即可． 【详解】[特例感知] ①当时，平行四边形是正方形，如图所示， ∴， ∵ ∴，即， ∵， ∴， 在和中，    ， ∴，   ∴，     故答案为：； ②当时，如图所示， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， 故答案为：； [猜想证明]（2），理由如下， 选择图1中的①，四边形是平行四边形，点在线段上， ， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴，且， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴，     ∴，     ∴，    ∴， ∵，   ∴； 图1中的②：四边形是平行四边形，点在直线上， ， 同理，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴，且， ∴， ∴，， ∵，    ∴， ∴，且，     ∴，   ∴， ∴， ∴， ∴，     ∵， ∴； 综上所述，四条线段的比例关系为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质和特殊平行四边形的性质，解题关键是恰当选择三角形进行证明全等或相似． ►题型06 平行四边形折叠/旋转变换问题 【典例】（2025·湖南长沙·一模）如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为． (1)求证：； (2)若，，试判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)为等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）由折叠得到，，，然后得到，即可证明出； （2）首先根据平行四边形的性质得到，，然后由全等得到，得到，即可证明出为等腰直角三角形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 由折叠可得，，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式1】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在中，，点E，F分别在，上，将沿折叠后，正好点C落在的M处．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形的外角性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 由平行四边形得到，，折叠得到，由三角形的外角性质求出，再由平角的意义即可求解． 【详解】解：如图， ∵平行四边形， ∴， ∴， 折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式2】（2024·湖南永州·三模）在中，，．将绕点C顺时针旋转一个角度得到，点A、B的对应点分别为D、E．    (1)若点E恰好落在边上，如图（1），连接，求的大小； (2)若，F为的中点，如图（2），连接，求证：四边形是平行四边形． (3)若，如图（3）．连接，且与分别交于点G、H，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据旋转的性质得到，，再求出，即可得到答案； （2）证明是等边三角形，则，证明，则，即可得到结论； （3）证明，得到，过点A作交于点P，连接，证明四边形是平行四边形， 则是的中点，得到，即可得到． 【详解】（1）∵将绕点C顺时针旋转一个角度得到，点A、B的对应点分别为D、E． ∴， ∴， ∴ （2）∵F为的中点，在中，，将绕点C顺时针旋转一个角度得到， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 由旋转可知，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （3）由旋转可知， ， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， 过点A作交于点P，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴是的中点， ∴， ∴ 【点睛】此题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、等边三角形的判定和性质、旋转的性质、平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 【变式3】（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．    (1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点． ①试猜想与的数量关系，并说明理由； ②求的面积； (2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长． 【答案】(1)①，理由略；② (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理。熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）①由翻折得，，利用四边形是平行四边形，可证明，，再证明，即可求证； ②由，得，过点作于点，过点作于点，利用等腰三角形性质得，求出，可得，利用勾股定理求出，即可求解； （2）过点作于点，连接交于点，过点作于点，由翻折的性质得，同（2）可得，利用，求出，可得，证明，得出，求出，证明，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：①由翻折得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②由， ∴， 如图，过点作于点，过点作于点，    ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于点，连接交于点，过点作于点，    由翻折的性质得， 同（2）可得， ∴， ∴， 即， 得， ∴， ∵平行四边形中，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：． 突破一 多边形与几何图形综合 【典例】同一平面内的两条直线相交或平行，下面我们就来研究其中某种位置关系中角所存在的几种数量关系． (1)问题探究1：如图①，若，点在、之外，则有，又因为是的外角，所以，所以，将点移到、之间，如图②，以上结论是否成立？请说明理由． (2)问题探究2：如图③，直线与相交于点，则、、、之间有何数量关系？请证明你的结论； (3)根据（2）的结论直接写出图④中______． 【答案】(1)不成立，理由见解析； (2)； (3)． 【分析】本题主要考查了平行线的性质、三角形外角的性质，熟练掌握相关性质进行角的转化是解题的关键． （1）要判断结论是否成立，通过作平行线，利用平行线的性质，将角进行转化来推导． （2）通过连接辅助线，利用三角形外角的性质，把角的关系进行转化，从而得出数量关系． （3）根据（2）的结论，将所求角转化为四边形的内角和来计算即可． 【详解】（1）解：不成立，理由如下： 过点作． ∵， ∴． ∴，． ∴，即， ∴原结论不成立． （2）解：，证明如下： 连接并延长到． ∵是的外角， ∴． ∵是的外角， ∴． ∴，即． （3）解：根据（2）得， ∵，， ∴， 故答案为：． 【变式1】【问题探究一】 （1）已知：如图1，在中，，，分别平分和，的度数是_____． （2）问题提出：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？ 结合图1猜想：与的数量关系是______． 【问题探究二】 （3）已知：如图2，与分别是的两个外角，且，则______． （4）问题提出：我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，那么三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？ 结合图2猜想：与的数量关系是______． 【拓展与应用】 （5）如图3，四边形中，为四边形的的平分线及外角的平分线所在的直线构成的锐角，若设，，则_____．（用含，的式子表示） （6）如图4，平分，平分，把折叠，使点与点重合，若，则_____． 【答案】（1）；（2）；证明见解析；（3）；（4）；（5）；（6） 【分析】本题考查的是角平分线的定义，三角形的内角和定理，四边形的内角和定理的应用，轴对称的性质； （1）在中， ，结合角平分线的含义可得，再进一步利用三角形的内角和定理可得答案； （2）在中，，求解，再进一步利用三角形的内角和定理可得答案； （3）求解，再进一步利用内角和定理可得答案； （4）证明，可得； （5）延长，交于点，由（4）可得：，证明，，结合外角的性质可得，，可得，进一步求解即可； （6）求解，，可得，由（2）得：． 【详解】解：（1）在中，， ∴， ∵，分别平分和， ∴，， ∴， ∴； （2）猜想：，理由如下： 在中，， ∵，分别平分和， ∴，， ∴， ∴； （3）∵与分别是的两个外角，且， ∴， ∴； （4），理由如下： ∵与分别是的两个外角， ∴， ∴； （5）延长，交于点， ∵，， 由（4）可得：， ∵为四边形的的平分线及外角的平分线所在的直线构成的锐角， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴； （6）∵，结合折叠， ∴，， ∴， ∵平分，平分， 由（2）得：． 【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】两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：将一条线段分割成长、短两条线段、，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即，则这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点叫做线段的黄金分割点． 【问题初探】 （1）如图1，已知点为线段的黄金分割点（），求黄金比． 解：设，则． ∵， ∴…… 请补全以上解题过程； 【知识迁移】 （2）如图2，点为线段的黄金分割点（），分别以、为边在线段同侧作正方形和矩形，连接、．求证：； 【延伸拓展】 （3）如图3，在正五边形中，对角线与交于点．求证：点是的黄金分割点． 【答案】（1）见解析（2）证明见解析（3）证明见解析 【分析】（1），则．根据黄金分割点，得，代入数值计算，即可作答； （2）由正方形和矩形的性质得出，，，由点为线段的黄金分割点，根据相似三角形的判定即可得出结论； （3）根据正五边形的性质得到，，推出，根据相似三角形的性质得到，得到，等量代换即可得到结论 【详解】（1）解：设，则． ∵， ∴， 解得：（舍）， ∴， ∴黄金比为． （2）证明：∵四边形是正方形，四边形是矩形， ∴， ∵点为线段的黄金分割点， ∴， ∴， ∵， ； （3）证明：∵五边形是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点是的黄金分割点． 【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、黄金分割、正方形的性质、矩形的性质、正五边形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握黄金分割和正方形的性质以及正五边形的性质，证明三角形相似是解题的关键． 突破二 平行四边形动点轨迹与线段最值 【典例】综合与探究：数学兴趣小组学习了特殊四边形的判定与性质后，对多边形中的相似三角形进行了研究． 【初步感知】如图1，点是正方形的边上一动点，过点作交于点．求证：； 【类比探究】如图2，点是矩形的边上一动点，连接交对角线于点，若线段是线段和的比例中项，求证：； 【拓展提升】如图3，的对角线相交于点，过点作交边的延长线于点，若，求线段的最小值． 【答案】初步感知：证明见详解；类比探究：证明见详解；拓展提升： 【分析】初步感知：由正方形性质得到，进而得到，再由得到，则，最后由相似三角形的判定定理即可得证； 类比探究：由矩形性质得到，，根据题中条件，结合相似三角形的判定定理得到，再由相似性质得到，在中，，等量代换即可得到，即，从而得证； 拓展提升：先由勾股定理求出，再由平行四边形性质得到，，从而确定求线段的最小值，就是求线段的最小值，由直线外一个定点与直线上一个动点之间的距离，垂线段最短可知，当时，线段有最小值，作出图形，由相似三角形的判定定理得到，列比例式代值计算求出即可得到线段的最小值． 【详解】解：初步感知：如图所示： 在正方形中，， ， ， ， ， ； 类比探究：如图所示： 在矩形中，，， 线段是线段和的比例中项， ， 则， ，， ， ， 在中，， ， 即在中，，则， ； 拓展提升：如图所示： ，， 在中，由勾股定理可得， 在中，对角线相交于点，则，， 点是定点、点是边上的一个动点，且，即求线段的最小值，就是求线段的最小值， 由直线外一个定点与直线上一个动点之间的距离，垂线段最短可知，当时，线段有最小值，如图所示： ，， ， 则， 即， 解得， 线段的最小值为． 【点睛】本题考查相似三角形综合，综合性较强，涉及正方形的性质、互余定义、相似三角形的判定与性质、矩形性质、比例中项定义、比例性质、垂直判定、勾股定理、平行四边形性质、动点最值问题-垂线段最短等知识，熟记特殊平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质是解决问题的关键． 【变式1】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． 【变式2】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 【变式3】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M，N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M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E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）见详解，（2）四边形为平行四边形，（3） 【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，从而可得，证明，即可得证； （2）根据等腰直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，由平行线的判定可得，证明，可得，利用等量代换可得，再由平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可得证； （3）过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，根据等腰三角形的性质可证，证明，可得，从而可得当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明∵为等边三角形， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下， ∵，， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形； （3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值， ∵， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值是解题的关键． 突破三 平行四边形与函数综合 【典例】如图，在平面直角坐标系中，的边在一次函数图象上．且点在反比例函数的图象上．轴，点． (1)求一次函数及反比例函数的解析式； (2)若将向下平移，当点C落在图象上时，求平移的距离． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，平移的性质，掌握一次函数与反比例函数图象上点的坐标特征是解题关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）根据平行四边形的性质，得到点A的纵坐标为2，再根据点在一次函数图象上，求出点的横坐标，从而得到点，设点向下平移的距离为a，则平移后的点，再利用反比例函数解析式求解即可． 【详解】（1）解：点在一次函数图象上， ，解得， 一次函数解析式为， 点在反比例函数图象上， ，解得， 反比例函数的解析式为； （2）解：四边形为平行四边形， ， 轴， 轴， 点， 点A的纵坐标为2， 当时，， ， ， 点， 向下平移，当点C落在图象上， 设点向下平移的距离为a，则平移后的点， ，解得， 平移的距离为． 【变式1】如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于A，B两点，与y轴交于点C，连接，的面积为1．    (1)求反比例函数的解析式； (2)点P为第三象限内反比例函数图象上一点，且位于直线下方，过点P作轴交直线于点D，作轴交y轴于点E，若，求点P的坐标； (3)若M是x轴负半轴上一点，N是反比例函数图象上一点，当以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点N的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，坐标与图形的性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握中点坐标公式是解题的关键． （1）过点作轴于，由的面积为1，可得的长，从而得出点的坐标，即可得出答案； （2）设，则，，利用坐标与图形的性质表示出和的长，从而列出方程解决问题； （3）首先求出点的坐标，设，，再利用中点坐标公式可得点的横坐标，从而解决问题． 【详解】（1）解：过点作轴于，    对于一次函数， 当时，， ， 的面积为1． ， ， 当时，， ， 将点代入反比例函数得： ， 反比例函数解析式为； （2）解：设，则， ，， ， ， 解得， 点在直线下方的双曲线上， ， 当时，， ； （3）解：所有符合条件的点的坐标为或；理由如下： 当时， 解得或， 经检验，或都是方程的根， ， 设，，其中， 以，，，为顶点的四边形是平行四边形，，， 当、为对角线时， 由中点坐标公式得：， 解得， ； 当为对角线时， 由中点坐标公式得：， 解得， ； 当为对角线时， 由中点坐标公式得：， 解得：（舍去）； 综上所述，点的坐标为或． 【变式2】如图1，在中，连接，，．动点M从A点出发，沿边匀速运动，运动到点B停止．过点M作交边于点N，连接，．设，，y与x的函数关系如图2所示，函数图象的最低点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了动点问题函数图象，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角函数，勾股定理等知识，求出y的最小值是解题的关键；由函数图象知，当时，此时M与A重合，函数值为，则，由平行四边形的性质及可求得；延长到E，使，连接，，，则四边形是平行四边形，有，从而有，当点N在线段上时，y取得最小值；在中利用勾股定理即可求解，此时求得的值，确定函数最低点的坐标． 【详解】解：由函数图象知，当时，此时M与A重合，函数值为， 则； ∵四边形是平行四边形， ∴； ∴； ∵， ∴，； ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 如图，延长到E，使，连接，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 当点N在线段上时，y取得最小值，最小值为线段的长； 在中，由勾股定理得； ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，N是的中点， ∴； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴函数图象最低点的坐标为． 故选：A． 【变式3】在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上的两点，横坐标分别为、，已知点，作点关于点的对称点，作点关于点的对称点，构造四边形． (1)求该抛物线所对应的函数表达式； (2)当两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点的坐标； (3)设抛物线在、两点之间的部分（含、两点）为图象．当时，若图象的最高点与最低点的纵坐标之差为．求的值； (4)连结、，当时，直接写出的取值范围（这里、、均是大于且小于的角）． 【答案】(1) (2) (3)或 (4) 【分析】（1）根据待定系数法，将点代入即可求解． （2）通过抛物线对称轴公式确定对称轴，利用对称点横坐标中点在对称轴上求 m 值，再根据点关于点对称的中点公式求对称点坐标． （3）根据抛物线顶点及开口方向，确定区间与顶点位置关系，分情况讨论最高点坐标，利用纵坐标差建立方程求解． （4）根据平行线的性质，先分析条件可得点在之间，利用中点公式计算求出各点的坐标，再计算直线的解析式，根据点分别在上时，取得临界值，求得的值，即可求解． 【详解】（1）将点代入中得： 解得：， ∴． （2）根据抛物线对称轴公式可知： 抛物线的对称轴为， ∵、关于对称轴对称，且横坐标分别为、， ∴、中点在对称轴上， ∴， ， 解得：， ∵点是该抛物线上的点， 将代入抛物线解析式得， ， 即 设是A关于的对称点，则： 解得，， ∴点坐标为． （3）∵抛物线顶点为，开口向上，，， 当时，包含，最低点为。 当时，，最高点为A，纵坐标差为：， 解得：； 当时，，最高点为B，纵坐标差为： ， 解得：． 综上，m的值为或． （4）∵点是点关于点的对称点，点是点关于点的对称点，结合题意可知： ∴，，，， ∴，，，， 如图，四边形是平行四边形，当点在之间，的左侧，过点作 ∴ ∴ ∴ 当点在上时， ∴ ∴ 解得， 当点在上时 ∴， ∴， ∴， 解得，． 其中，，时，如图，经检验符合， 综上，． 【点睛】本题主要考虑二次函数的解析式、二次函数的图象和性质、二次函数的最值、平行四边形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 突破四 坐标系中平行四边形的存在性探究 【典例】如图，边长为的正方形的顶点在坐标原点处，点，分别在轴、轴的正半轴上，点是边上的点（不与点重合），，且与正方形外角平分线交于点． (1)当点坐标为时，试证明 (2)如果将上述条件“点坐标为”改为“点坐标为”，结论是否仍然成立，请说明理由； (3)在轴上是否存在点，使得四边形是平行四边形若存在，用表示点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)仍然成立，理由见解析 (3)存在使得四边形是平行四边形 【分析】（1）过点P作轴于H，可证明是等腰直角三角形，得到；证明，利用相似三角形的性质可推出，则可证明，得到； （2）同（1）证明即可； （3）由平行四边形的性质和（2）的结论可得；证明，得到，则，即． 【详解】（1）证明：如图所示，过点P作轴于H， ∵四边形是边长为5的正方形， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：仍然成立，理由如下： ∵， ∴， ∴； 同理可证明， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 由（2）可得， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴存在使得四边形是平行四边形； 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，坐标与图形，等腰直角三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 【变式1】如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，其中，． (1)求抛物线的表达式； (2)点为对称轴上一点，当的周长最小时，求点的坐标； (3)点为对称轴上一点，点为抛物线上一点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）把和分别代入，列方程组求出的值，即可求得二次函数解析式； （2）因为是定值，所以当的值最小时，则的周长最小．作点关于对称轴的对称点，即为点，连接，运用待定系数法求出直线的解析式，可得直线与对称轴的交点坐标，即为点的坐标； （3）分别以、、为对角线进行分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：把，代入中得， ，解得， ； （2）解：，， 当的值最小时，则的周长最小． 作点关于对称轴的对称点，即为点， 由（1）可知抛物线的解析式为， 对称轴为直线，且， ． 如图，连接，与对称轴的交点即为点， 设直线的解析式为， 把，代入中得， ，解得， 直线的解析式为． 点的横坐标为， 把代入得， ； （3）解：设，， ①当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点， ，， ， ，解得， 把代入， ； ②当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点， ，， ， ，解得， 把代入， ； ③当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点， ，， ， ，解得， 把代入， ； 综上所述，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，此时点的坐标为或或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数关系式、平行四边形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短，正确作出分类讨论是解答本题的关键． 【变式2】如图，二次函数（b，c为常数）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，已知点B的坐标为，点C的坐标为，连接． (1)求抛物线的解析式． (2)若点P为抛物线上的一个动点，连接，当时，求点P的坐标． (3)将抛物线沿射线的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点E在新抛物线上，点F是原抛物线对称轴上的一点，若以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标． 【答案】(1) (2)点P的坐标为或 (3)点E的坐标为或或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）当点P在下方时，可证明点P与点C关于抛物线对称轴对称，据此根据对称性可得点P坐标；当点P在上方时，设直线交x轴于H，则可证明，设，利用两点距离计算公式可得，解得，则；求出直线解析式为，联立直线解析式和抛物线解析式求出点P的坐标即可； （3）先由对称性求出由对称性可得，求出，，则；则可推出将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线，据此打得到新抛物线解析式为；再分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况根据平行四边形对角线中点坐标相同列出方程求解即可． 【详解】（1）解；把代入到中得：， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解；如图2-1所示，当点P在下方时， ∵， ∴， ∴点P与点C关于抛物线对称轴对称， ∵抛物线对称轴为直线， ∴点P的坐标为； 如图2-2所示，当点P在上方时，设直线交x轴于H， ∵， ∴， ∴ 设， ∴， 解得， ∴； 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 联立，解得或（舍去）， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或； （3）解：由（2）可得原抛物线对称轴为直线， ∵， ∴由对称性可得， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵将抛物线沿射线的方向平移个单位长度后得到新抛物线， ∴将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线， ∴新抛物线解析式为， 当为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分， ∴的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴． ∴此时点E的坐标为； 当为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分， ∴的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴． ∴此时点E的坐标为； 当为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分， ∴的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴． ∴此时点E的坐标为； 综上所述，点E的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的平移问题，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，两点距离计算公式等等，解（2）的关键在于分两种情况讨论求解，解（3）的关键在于利用平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解． 突破五 与平行四边形有关的新定义问题 【典例】【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】如图1，在矩形中，点分别在上．若，则称四边形为矩形的“内嵌四边形”         (1)判断矩形的“内嵌四边形”的形状并说明理由； (2)图2，图3中，四边形为矩形，且，点分别在边上，试利用正方形网格在图上作出矩形的“内嵌四边形”，并分别求出其周长； (3)如图4中，，猜想矩形的“内嵌四边形”的周长是否为定值．为了证明上述猜想，小华同学尝试延长交的延长线于点，试利用小华同学给我们的启发证明你的猜想． 【答案】(1)平行四边形，见解析 (2)四边形的周长为 (3)见解析 【分析】本题考查了应用与设计作图，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的性质，读懂题意理解“内嵌四边形”特征是解题的关键． （1）根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形判断即可． （2）根据网格结构，作出相等的角即可得到反射四边形；图2中，利用勾股定理求出的长度，然后即可得到周长，图3中利用勾股定理求出，的长度，然后求出周长，从而得到四边形的周长是定值； （3）延长交的延长线于点N，再利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，同理求出，从而得到，再证明，过点G作于K，根据等腰三角形三线合一的性质求出再利用勾股定理求出的长度，然后即可求出四边形的周长． 【详解】（1）解：四边形EFGH是平行四边形． 理由：∵四边形是矩形， ， ， ， ∴ ∴， ， ∴四边形是平行四边形． （2）解：作图如下： 在图2中， ， ∴四边形的周长为 在图3中， ∴四边形的周长为 （3）解：矩形的“内嵌四边形”的周长是定值； 延长交的延长线于点N． ， ， 而    ∴， ， ， 同理：， ， ， ． ． 过点G作于K， 则， ， ∴四边形的周长为． 【变式2】阅读短文，解决问题． 若平行四边形的四个顶点都在三角形的边上，且有一个角与三角形的一个角重合，另一个顶点在三角形的这个重合角的对边上，我们就称这个平行四边形是该三角形的“相依四边形”．例如：如图，在平行四边形中，与重合，点在上，则称平行四边形为的“相依四边形”． (1)如图，平行四边形为的“相依四边形”，平分，判断四边形的形状，并进行证明． (2)在（1）的条件下，如图，． ①若，，求四边形的周长； ②如图，分别是的中点，连接，若，求的值． 【答案】(1)四边形为菱形，证明过程见详解 (2)①四边形的周长为； ② 【分析】本题利用新定义考查直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． （1）已知四边形是平行四边形，根据平分，可得，，即可证明四边形为菱形． （2）设由，，得，即，列方程求解即可求出四边形的周长为；②过作交于可得，，根据分别是的中点，可得为的中点，即可得，从而得到，． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 平分 四边形为菱形． （2）①由（1）可知四边形为菱形， 设， ， ，， ． ． ， 解得 四边形的周长为； ②过作交于，如图： ，， 四边形是平行四边形， ， 分别是的中点， ， ， ， 为的中点， ， ，， ， 【变式3】（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①外接型单圆；②见解析 (3)，， 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； （2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾， ∴四边形无内切圆， 又∵该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． （3）①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 1.（2025·湖南邵阳·三模）下列命题，正确的是（   ） A．若，则 B．六边形的内角和是 C．等边三角形是中心对称图形 D．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题主要考查了命题的真假，涉及不等式的性质，多边形内角和，中心对称图形的识别，菱形的判定等知识，根据各定理以及性质逐一分析各选项的正确性即可． 【详解】解：A选项：当时，，不满足，故错误． B选项：六边形内角和为，而非，故错误． C选项：等边三角形绕中心旋转后不重合，不是中心对称图形，故错误． D选项：对角线互相平分且垂直的四边形为菱形，故正确． 故选：D 2.（2025·湖南邵阳·三模）已知一个正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数是（    ） A．13 B．12 C．10 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形外角和的性质，掌握外角和的性质是关键． 根据正多边形的外角和为，每个外角都相等即可求解． 【详解】解：一个正多边形的一个外角是，正多边形的外角和为， ∴， ∴这个正多边形的边数是12， 故选：B ． 3.（2025·湖南·模拟）如图，在中，下列结论不一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，平行四边形的对边互相平行且相等，对角线互相平分，据此判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， 根据四边形是平行四边形无法得出， ∴选项B、C、D结论成立，选项A结论不一定成立， 故选：A． 4.（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在中，E为上一点，，与交于点F．下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，，则，可判断A选项；由得到，可判断C选项；证明，利用相似三角形的性质可判断B、D选项，进而可得答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，故A选项结论正确，不符合题意； ∵， ∴，故C选项结论正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴；故B选项结论错误，符合题意； ∵， ∴，故D选项结论正确，不符合题意； 故选：B． 5.（2025·湖南怀化·二模）如图，四边形是平行四边形，为坐标原点，点在的正半轴上，点在反比例函数的图象上，点是线段与反比例函数图象的交点，若点的坐标为，平行四边形的面积为6，则实数的值为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了求反比例函数的解析式，平行四边形的性质，根据点的坐标为，平行四边形的面积为6，得，则，则，故点A的坐标为，即可求出实数的值． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平行四边形的面积为6，点的坐标为， ∴， 则， ∴， 则， ∵点的坐标为， ∴点A的坐标为， 把代入， ∴， 故答案为：2． 6.（2025·湖南常德·二模）如图，已知四边形是平行四边形，分别以点A，B为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点E，F，过E，F两点作直线恰好经过点D，交对角线于点O，若，则的长为 ． 【答案】3 【分析】如图所示，设与交于点G，首先得出，然后证明出，得到，然后结合求解即可． 【详解】如图所示，设与交于点G 由作图得，是的垂直平分线 ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴． 故答案为：3． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，尺规作垂直平分线等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 7.（2025·湖南长沙·一模）如图，在平行四边形中，延长到点，连接，使．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据等腰三角形的性质求解即可得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 8.（2025·湖南永州·一模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长. 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证； （2）解求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴在中，由勾股定理得． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 9.（2025·湖南岳阳·二模）如图，在平行四边形中，是对角线上的两点（点在点左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求线段长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． （1）根据，可推出，再根据平行四边形的性质可得，，即可得出，，进而可证四边形是平行四边形． （2）根据勾股定理可得，由等面积法得出，根据勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，，， ∴， ∵, ∴, ∵， ∴． 10.（2025·湖南长沙·二模）如图，点是边上一点（不与点重合），连接．用尺规作，点在边上．作法：以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则．作法：以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则．以上两种作法中，一定正确的是作法________（填序号），并利用图写出证明过程． 【答案】，理由见解析． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，尺规作图，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据以点为圆心，长为半径作弧，交于点，则有两种情况，或，可排除，然后通过平行四边形的判定与性质即可判断正确． 【详解】解：如图，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，则有两种情况，或， ∴不一定正确， 理由：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故正确． 11.（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点O．E，F是上的两点，连接， ________．请从“①；②．”中任选一个作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1)选①，见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理，正确理解题意是解题的关键： （1）选①，先根据平行四边形的性质得出，，再得出，进而得出结论；选②，先得出，再证明，得出，进而得出结论； （2）先得出四边形是菱形，再得出四边形是正方形，再根据勾股定理得出，求出，进而得出答案 【详解】（1）选①； 证明：四边形ABCD是平行四边形， ，， ， ， ． 又， 四边形是平行四边形； 选②； 证明：四边形ABCD是平行四边形， ，， ． ， ． ，， ． 在和中，， ， ． 又， 四边形DEBF是平行四边形； （2）解：， 是菱形． ， ， ， ， 菱形是正方形， ． ， ，即， ， ． 12.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，延长至点D，使，过点D作，且，连接交于点F，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、三角形全等的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键． （1）先证出，再根据平行线的性质可得，，从而可得，然后根据定理即可得证； （2）取的中点，连接，先根据三角形的中位线定理可得，再证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，从而可得，然后设，则，最后根据全等三角形的性质可得，由此建立方程，解方程即可得． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：如图，取的中点，连接， ∵，即点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∵， ∴， 由（1）已证：， ∴，即， 解得， ∴的长为2． 13.（2025·湖南·二模）如图，已知：等腰梯形中，，，以A为圆心，为半径的圆与相交于点E，与相交于点F，联结，设分别与相交于点G、H，其中H是的中点． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，如果，求的值； (3)如图2，如果，求的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意知，，则，，由等腰梯形，可得，则，进而结论得证； （2）由垂径定理得，证明，则，设，则，证明，则，，由勾股定理得，，，则，根据，求解作答即可； （3）由（2）可知，，则，，由（2）可知，，则，，如图，作，垂足为点I，连接，则，设，，则，，证明，可得，，由勾股定理得，，即，可得，根据，求解作答即可． 【详解】（1）证明：由题意知，， ∴， ∵， ∴， ∵等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（2）可知，， ∴， ∵， ∴， 由（2）可知，， ∴， ∴， 如图，作，垂足为点I，连接， ∵， ∴， 设，，则，， ∵ ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦等知识．熟练掌握等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦是解题的关键． 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·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.（2025·四川遂宁·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． 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． 5.（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． 6.（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短等知识点，掌握平行四边形对角线相互平分是解题的关键． 由勾股定理可得，设与交于点O，过O作于点，由四边形作是平行四边形得、，根据垂线段最短可得当时，即P与重合时，最小；再运用三角函数求得，进而求得即可解答． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 如图，设与交于点O，过O作于点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴、 ∴当线段长最小，则线段的长最小， 由垂线段最短可得：时，即P与重合时，最小； ∵， ∴，解得：． ∴线段长最小为． 故答案为：． 7.（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，，．点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象中大致反映与之间函数关系的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、动点问题的函数图象、直角三角形的性质以及二次函数和一次函数的性质，熟练掌握分阶段分析动点运动过程并建立函数关系式是解题的关键． 分点在上和点在上两个阶段，分别求出的面积与运动时间的函数关系式，再根据函数关系式判断图象． 【详解】解：当点在上时（）： 过点作于点． ，， ． 又，， ． ． 这是一个二次函数，开口向下，顶点在处，但此阶段，函数在上图象不断上升，当时，． 当点在上时（）, ∵四边形是平行四边形， ，点从到用时秒， 此时在上的运动距离为，方向上的高与上的高相同，即（当时，后续在上时，到的距离不变）． ， ． 这是一个一次函数，随的增大而减小，当时，． 综上，当时，是开口向下的二次函数的一部分，图象不断上升；当时，是一次函数，图象不断下降． 故选：A． 8.（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． 9.（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． 【详解】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． 10.（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【答案】命题1是真命题，证明见解析；命题2是真命题，证明见解析；命题3是真命题，证明见解析 【分析】命题1：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形，再由中位线的判定与性质得到，最后利用三角形面积公式求解即可得证； 命题2：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形即可得证； 命题3：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形即可得证． 【详解】解：命题1：若连接交于点，则． 命题1是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，且，， 为的中点， 是的中位线，则， ，则； 命题2：若连接，则． 命题2是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； 命题3：若连接，则． 命题3是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 11.（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． 12.（2025·湖南·中考真题）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 【答案】(1) (2)证明过程见详解 (3)证明过程见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，根据题意得到，，，由此即可求解； （2）根据题意得到，，是等腰直角三角形，则，，，再证明，则，且，由此即可求解； （3）根据题意，设，则，在中，，，，如图所示，过点作于点，过点作于点，可得，，，，，，可证，得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：根据题意，， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵直线，即， ∴， ∴， ∴， ∵，点在线段上， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴设，则， 在中，，， ∴， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∴，，即， 解得，， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∵， ∴，即， 解得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，数形结合分析是关键． 13.（2025·山东济南·中考真题）一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C． (1)求m，k的值． (2)D为反比例函数图象上的一点且横坐标大于m． ①如图1，若点D的横坐标为4，连接，E为线段上一点，且，求点E的坐标； ②如图2，M为线段上一点，且，四边形是平行四边形，连接，若，求点D的坐标． 【答案】(1)， (2)①，② 【分析】（1）将点代入一次函数求得，结合点在反比例函数的图象上代入求得k； （2）①过点A作轴交于点H，过点E作交于点M，过点D作交于点N，则，有，进一步求得点D的坐标，结合已知比例可求得和，以及，即可求得点E； ②根据一次函数求得点，即可知点，过点C作交于点P，过点P作轴于点K，过点A作轴于点G，则为等腰直角三角形，且，则，进一步判定点M与点K重合，由待定系数法求得直线的解析式，设点，结合平行四边形的性质求得点，代入反比例函数即可求得m，即可知点D． 【详解】（1）解：由题意可知，点在一次函数的图象上，则 ，解得， ∵点在反比例函数的图象上， ∴，解得， 则，； （2）解：①过点A作轴交于点H，过点E作交于点M，过点D作交于点N，如图， 则， ∴， ∴， ∴， ∵点D的横坐标为4， ∴点D的纵坐标为， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 则，解得， ∴， ∵， ∴， ∴，解得， 则， 那么，点； ②一次函数的图象与y轴交于点C， 令，则， ∴， ∵， ∴， 过点C作交于点P，过点P作轴于点K，过点A作轴于点G，如图， 则， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 则， ∵点， ∴， ∵， ∴点M与点K重合，， ∴点， 设直线的解析式为，则 ，解得， ∴， 设点， ∵四边形是平行四边形， ∴， 则， ∵D为反比例函数图象上的一点， ∴，解得，或， ∵D的横坐标大于1， ∴， ∴， 故点． 【点睛】本题主要考查函数和三角形的结合，涉及一次函数与坐标轴的交点、平行线的性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质和解一元二次方程，题目综合性较强，难度偏高，解题的关键是熟悉函数性质和平行四边形的性质． 14，（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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $