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第四章 三角形及四邊形
第五節 多邊形與平行四邊形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 多邊形的相關概念 ☆ 多邊形與平行四邊形是歷年中考考查重點，年年都會考查，分值為10分左右，預計2024年各地中考還將出現，并且在選擇、填空題中考查多邊形的內角和、平行四邊形性質和判定、與三角形中位線有關計算的可能性比較大。中考數學中，對平行四邊形的單獨考察難度一般不大，一般和三角形全等（相似）、函數、解直角三角形等綜合考查的可能性比較大，對于本考點內容，要注重基礎，反復練習，靈活運用。
考點2 平行四邊形的性質與判定 ☆☆☆
考點3 中位線 ☆☆☆
■考點一　多邊形的相關概念
1）多邊形的定義：在平面中，由一些線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做 多邊形 。
2）多邊形的對角線：連接多邊形不相鄰的兩個頂點的線段叫做多邊形的 對角線 。
3）多邊形對角線條數：從n邊形的一個頂點可以引 （n－3）條對角線，并且這些對角線把多邊形分成了 (n－2) 個三角形，n邊形的對角線條數為 。
4）多邊形內角和定理：n邊形的內角和為 (n 2) 180°（n≥3） 。
5）多邊形外角和定理：任意多邊形的外角和等于 360° ，與多邊形的形狀和邊數無關。
6）正多邊形的定義：各角相等，各邊相等的多邊形叫做 正多邊形 。
7）平面鑲嵌（密鋪）的條件：在同一頂點內的幾個角的和等于360°；所有正多邊形中，單獨使用其中一種能夠進行密鋪(鑲嵌)的只有正三角形、正方形、正六邊形。如果選用多種，則需要滿足：(1)邊長相等；(2)選用正多邊形若干個內角的和恰好等于360°。
■考點二　平行四邊形的性質與判定
1）平行四邊形的定義：兩組對邊分別平行的四邊形叫做 平行四邊形 。
2）平行四邊形的表示：用符號“ ”表示，平行四邊形ABCD記作“ ABCD”，讀作“平行四邊形ABCD”.
3）平行四邊形的性質：（1）兩組對邊平行且相等；（2）對角相等、鄰角互補；（3）對角線互相平分；（4）平行四邊形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，平行四邊形的對角線的交點是平行四邊形的對稱中心。
4）補充性質：
（1）過平行四邊形對稱中心的任一直線等分平行四邊形的面積和周長。
（2）如圖①，AE平分∠BAD，則可利用平行線的性質結合等角對等邊得到△ABE為等腰三角形，即AB=BE。
（3）如圖②，已知點E為AD上一點，根據平行線間的距離處處相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE。
（4）如圖③，根據平行四邊形的面積的求法，可得AE·BC=AF·CD。
5）平行四邊形的判定定理：
①定義：兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；②一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；
③兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；④兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形；
⑤對角線互相平分的四邊形是平行四邊形。
■考點三　中位線
1）三角形中位線概念：連接三角形兩邊中點的線段叫做三角形中位線。
2）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半。
3）三角形中位線定理的作用：（1）證明位置關系：可以證明兩條直線平行；（2）證明數量關系：可以證明線段的倍分關系。
4）常用結論：任意一個三角形都有三條中位線，由此有：
結論1：三條中位線組成一個三角形，其周長為原三角形周長的一半。
結論2：三條中位線將原三角形分割成四個全等的三角形。
結論3：三條中位線將原三角形劃分出三個面積相等的平行四邊形。
結論4：三角形一條中線和與它相交的中位線互相平分。
結論5：三角形中任意兩條中位線的夾角與這夾角所對的三角形的頂角相等。
■易錯提示
1.多邊形的有關計算的公式有很多，一定要牢記，代錯公式容易導致錯誤；
2.切記一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形不一定是平行四邊形。
■考點一　多邊形的相關概念
◇典例1：（2023·湖南湘西·統考中考真題）一個七邊形的內角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據多邊形的內角和公式列式計算即可得解.
【詳解】解：.故選B.
【點睛】本題考查了多邊形的內角和外角，熟記內角和公式是解題的關鍵.
◆變式訓練
1．（2023·重慶·統考中考真題）如圖，在正五邊形ABCDE中，連接AC，則∠BAC的度數為 ．
【答案】36°
【分析】首先利用多邊形的內角和公式求得正五邊形的內角和，再求得每個內角的度數，利用等腰三角形的性質可得∠BAC的度數．
【詳解】正五邊形內角和：（5﹣2）×180°＝3×180°＝540°
∴，∴ .故答案為36°．
【點睛】本題考查了正多邊形的內角和，熟記多邊形的內角和公式：（n-2）×180°是解答此題的關鍵．
2．（2023·甘肅隴南·統考二模）的發現使人類了解到一個全新的碳世界．如圖是的分子結構圖，包括20個正六邊形和12個正五邊形，其中正五邊形的一個內角的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出正五邊形的內角和，再根據正五邊形的每個內角都相等求解即可．
【詳解】解：∵正五邊形的內角和為：，
∴每一內角的度數為：．故選：C．
【點睛】本題考查正多邊形內角的計算，熟練掌握多邊形的內角和計算公式及正多邊形關于內角的性質是解題的關鍵．
3.（2022·湖南常德·中考真題）剪紙片：有一張長方形的紙片，用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片；從這2張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有3張紙片：從這3張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有4張紙片；……；如此下去，若最后得到10張紙片，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5 張四邊形紙片，則還有一張多邊形紙片的邊數為________．
【答案】6
【分析】根據多邊形的內角和進行即可求解．
【詳解】解：根據題意用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，則每剪一次，所有的多邊形的內角和增加360°，10張紙片，則剪了9次，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5 張四邊形紙片，設還有一張多邊形紙片的邊數為，
，解得．故答案為：．
【點睛】本題考查了多邊形內角和公式，理解題意是解題的關鍵．
◇典例2：（2023·北京·統考中考真題）正十二邊形的外角和為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據任何多邊形的外角和都為即可解答．
【詳解】解：因為多邊形的外角和為360°，所以正十二邊形的外角和為：．故選：C．
【點睛】本題主要考查了多邊形的外角和，掌握任何多邊形的外角和都為是解答本題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2024·湖北·一模）正多邊形的一個外角為，則這個正多邊形的邊數是（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
【答案】C
【分析】本題主要考查正多邊形及多邊形外角和，熟練掌握正多邊形及多邊形外角和是解題的關鍵；根據多邊形外角和為可進行求解．
【詳解】解：由題意可知這個正多邊形的邊數為；故選C．
2．（2023·廣東佛山·統考一模）十邊形的外角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題主要考查了多邊形的外角和．根據多邊形的外角和等于，即可求解．
【詳解】解：十邊形的外角和是．故選：C．
3．（2023·福建龍巖·統考模擬預測）如圖，在五邊形中，，的平分線與的平分線交于點P，則 ．

【答案】/度
【分析】根據三角形的內角和得到，根據角平分線的定義得到，根據五邊形的內角和即可得到結論．
【詳解】解：在中，∵，∴，
∵平分，平分，∴，
∵，
∴．故答案為：．
【點睛】本題考查了多邊形的內角和外角，解答本題的關鍵是掌握多邊形的內角和定理以及角平分線定義．
◇典例3：（2023·浙江·模擬預測）用三種邊長相等的正多邊形地磚鋪地，其頂點在一起，剛好能完全鋪滿地面，已知正多邊形的邊數為x、y、z，則的值為 ．
【答案】/
【分析】利用正n多邊形的內角公式求解即可．
【詳解】解：根據題意，這三種邊長相等的正多邊形的內角和為，
則，
∴，∴，故答案為：．
【點睛】本題考查正多邊形的內角問題，理解題意，得到這三種邊長相等的正多邊形的內角和為是解答的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·天津·校聯考模擬預測）張不透明的卡片，除正面畫有不同的圖形外，其它均相同．把這張卡片洗勻后，正面向下放在桌上，從中隨機抽取一張，與卡片上圖形相對應的這種地板磚能進行平面鑲嵌的概率是 ．

【答案】
【分析】根據鑲嵌的定義可得這個圖形中只有正三角形，正方形，正六邊形能夠進行平面鑲嵌，再根據概率的概念即可求出利用一種地板磚能進行平面鑲嵌的概率．
【詳解】解：這個圖形中只有正三角形，正方形，正六邊形能夠進行平面鑲嵌，
．故答案為：．
【點睛】本題考查的是平面鑲嵌以及概率的定義：，表示該試驗中所有可能出現的基本結果的總數目．表示事件包含的試驗基本結果數．
2．（2023·河北滄州·統考二模）要設計一個裝彩鉛的圓柱體紙盒，已知每支鉛筆大小相同，底面均為正六邊形，邊長記作．下面我們來研究紙盒底面半徑的最小值．

（1）如果要裝6支彩鉛，嘉淇畫出了如圖1，圖2所示的兩種布局方案．
方案Ⅰ中紙盒底面半徑的最小值為 ；
方案Ⅱ中紙盒底面半徑的最小值為 ；
（2）如果要裝12色的彩鉛，請你為廠家設計一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為 ．
【答案】
【分析】（1）由圖形可知，方案Ⅰ中紙盒底面半徑應為正六邊形的對角線長加邊長，方案Ⅱ中紙盒底面半徑應為正六邊形對角線長加邊長，再上邊長的一半，由此計算即可；（2）考慮將12個正六邊形對稱放置，然后確定其外接圓，利用正六邊形的邊長以及勾股定理求解最小半徑即可．
【詳解】（1）如圖1所示，方案Ⅰ中紙盒底面半徑最小值即為的長度，
∵正六邊形的邊長為，∴；
如圖2所示，方案Ⅱ中紙盒底面半徑最小值即為的長度，∴；

故答案為：；；
（2）如圖所示方式，裝12支鉛筆的底面圓半徑最小，此時最小半徑為，連接、、，
∵正六邊形的邊長為，∴，，
∵，∴，∴，故答案為：．

【點睛】本題考查正多邊形與圓，以及鑲嵌問題，掌握正多邊形與圓的性質，靈活運用勾股定理進行計算是解題關鍵．
◇典例4：（2023·浙江麗水·統考一模）已知一個多邊形內角和為，則這個多邊形可連對角線的條數是（ ）
A．10 B．16 C．20 D．40
【答案】C
【分析】先根據多邊形內角和計算公式求出這個多邊形是八邊形，再根據多邊形對角線計算公式求解即可．
【詳解】解：設這個多邊形為n邊形，
由題意得，，∴，∴這個多邊形為八邊形，
∴這個多邊形可連對角線的條數是，故選C．
【點睛】本題主要考查了多邊形內角和定理，多邊形對角線計算公式，熟知n邊形的對角線條數是是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·陜西·統考三模）如果過某多邊形的一個頂點的對角線有5條，則該多邊形是 邊形．
【答案】8
【分析】根據從n邊形的一個頂點可以畫（n-3）條對角線，求出邊數即可得解．
【詳解】解：∵過某多邊形的一個頂點的對角線有5條，∴n-3=5∴n=8 故答案為：8．
【點睛】本題考查了多邊形對角線的公式，牢記公式是解題的關鍵．
2．（2023·江蘇·?？寄M預測）一個正多邊形的內角和是，則此多邊形的邊數是 ，對角線共有 條．
【答案】 10 35
【分析】設此多邊形的邊數是n，根據多邊形內角和公式和對角線條數的公式，列出方程求解即可．
【詳解】解：設此多邊形的邊數是n，，解得：，
∴對角線條數為：，故答案為：10，35．
【點睛】本題主要考查了多邊的內角和，多邊形的對角線條數，解題的關鍵是掌握n邊形的內角和為，對角線條數為．
■考點二　平行四邊形的性質與判定
◇典例5：（2023·湖北十堰·統考中考真題）如圖，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架，然后向左扭動框架，觀察所得四邊形的變化．下面判斷錯誤的是（ ）

A．四邊形由矩形變為平行四邊形 B．對角線的長度減小
C．四邊形的面積不變 D．四邊形的周長不變
【答案】C
【分析】根據四邊形的不穩定性、矩形的性質和平行四邊形的性質，結合圖形前后變化逐項判斷即可．
【詳解】解：A、因為矩形框架向左扭動，，，但不再為直角，所以四邊形變成平行四邊形，故A正確，不符合題意；
B、向左扭動框架，的長度減小，故B正確，不符合題意；
C、因為拉成平行四邊形后，高變小了，但底邊沒變，所以面積變小了，故C錯誤，符合題意；
D、因為四邊形的每條邊的長度沒變，所以周長沒變，故D正確，不符合題意，故選：C．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質和平行四邊形的性質、四邊形的不穩定性，弄清圖形變化前后的變量和不變量是解答此題的關鍵．
◆變式訓練
1. （2023·北京海淀·?？寄M預測）下列命題中的假命題是（ ）
A．對角線互相平分的四邊形是中心對稱圖形
B．有一個角是直角的平行四邊形是軸對稱圖形
C．對角線互相垂直的平行四邊形是中心對稱圖形
D．等邊三角形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形
【答案】D
【分析】根據平行四邊形、矩形、菱形的判定與性質，以及等邊三角形的性質進行逐項判斷即可．
【詳解】解：A、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，是中心對稱圖形，真命題，不符合題意；
B、有一個角是直角的平行四邊形是矩形，是軸對稱圖形，真命題，不符合題意；
C、對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，是中心對稱圖形，真命題，不符合題意；
D、等邊三角形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，假命題，符合題意，故選：D．
【點睛】本題考查了命題與定理：判斷事物的語句叫命題；正確的命題稱為真命題，錯誤的命題稱為假命題；經過推理論證的真命題稱為定理．熟練掌握相關知識是解答的關鍵．
2．（2023·四川涼山·統考中考真題）如圖，的頂點的坐標分別是．則頂點的坐標是 ．

【答案】
【分析】根據“平行四邊形的對邊平行且相等的性質”得到點的縱坐標與點的縱坐標相等，且，即可得到結果．
【詳解】解：在中，，，，
，點的縱坐標與點的縱坐標相等，，故答案為：．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質和坐標與圖形的性質，此題充分利用了“平行四邊形的對邊相等且平行”的性質．
◇典例6：（2023·四川甘孜·統考中考真題）如圖，在平行四邊形中，按如下步驟作圖：①以點為圓心，以適當長為半徑畫弧，分別交，于點，；②分別以點，為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧在內交于點；③作射線交于點．若，則為 ．

【答案】
【分析】先利用基本作圖得，再根據平行四邊形的性質和平行線的性質得到，從而得到．
【詳解】解：由作法得平分，，
四邊形為平行四邊形，，，
，．故答案為：．
【點睛】本題考查了尺規作角平分線，平行四邊形的性質，熟練掌握基本作圖是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·山東濰坊·統考二模）已知中，∠A=55°，分別以點B，點C為圓心，以大于的長為半徑畫弧，分別交于點M，N，作直線交于點E，則的度數為（　?。?br/>
A．55° B．60° C．65° D．70°
【答案】D
【分析】由得，根據題意得是得垂直平分線，則，得，即求得的度數．
【詳解】∵解：四邊形是平行四邊形，
∴，，則，
∵以點B，點C為圓心，以大于的長為半徑畫弧，分別交于點M，N，作直線交于點E，
∴是得垂直平分線，則，所以，
那么，故選：D．
【點睛】本題主要考查的是平行四邊形性質以及垂直平分線等知識內容，熟練掌握垂直平分線性質是解題的關鍵．
2．（2022·湖南湘潭·中考真題）在中（如圖），連接，已知，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據平行四邊形的對邊平行和兩直線平行內錯角相等的性質，再通過等量代換即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴ABCD ∴∠DCA＝∠CAB，
∵∠DCA+∠ACB，，∴40 +80 =120 ，故選：C．
【點睛】此題考查了平行四邊形的性質和平行線的性質，解題的關鍵是熟記性質并熟練運用．
◇典例7：（2023·湖南·統考中考真題）如圖，在平行四邊形中，，，的平分線交于點E，則的長為 ．
【答案】2
【分析】根據平行四邊形的性質可得，則，再由角平分線的定義可得，從而求得，則，從而求得結果．
【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，
∵的平分線交于點E，∴，∴，∴，
∵，，∴，故答案為：2．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質、角平分線的定義、等腰三角形的判定，掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·新疆·統考中考真題）如圖，在中，，，，點是上一動點，將沿折疊得到，當點恰好落在上時，的長為 ．

【答案】/
【分析】過點作交的延長線于點，根據平行四邊形的性質以及已知條件得出，進而求得，根據折疊的性質得出，進而在中，勾股定理即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點作交的延長線于點，

∵在中，，，，
∴，
∴，
在中，
∵將沿折疊得到，當點恰好落在上時，∴
又∴∴∴
設，∴在中，
∴解得：（負整數）故答案為：．
【點睛】本題考查折疊的性質，平行四邊形的性質，解直角三角形，熟練掌握折疊的性質是解題關鍵．
2．（2023·吉林·統考一模）如圖，在中，，，的平分線交邊于點E，則的長是（ ）

A．5 B．7 C．3.5 D．3
【答案】D
【分析】根據角平分線及平行線的性質可得，繼而可得，根據即可．
【詳解】解: ∵四邊形是平行四邊形，
∴，，，∴，
又∵的平分線交邊于點E，∴，
∴，∴，∴，故選：D．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，解答本題的關鍵是得出，判斷三角形中，，難度一般．
◇典例8：（2023·黑龍江大慶·統考模擬預測）如圖，平行四邊形的對角線相交于點，是的中點，連接．下列結論：①；②平分；③；④．其中結論正確的序號有（ ）

A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④
【答案】C
【分析】根據，點E是的中點，，可知是等邊三角形，得出，，進而得出，根據平行四邊形得性質可判斷①，再根據平行四邊形的性質得，即可說明是否平分，然后說明是的中位線，可判斷和的關系，再根據點O是的中點，得，由點E是的中點，得，進而得，然后根據平行四邊形的性質得，即可判斷④，得出答案．
【詳解】∵，點E是的中點，∴.
∵，，∴，∴是等邊三角形，
∴，，∴，∴．
∵四邊形是平行四邊形，∴，，
∴，，∴是平分．則①②正確；
∵點E是的中點，點O是的中點，∴是的中位線，
∴，∴．則③正確；∵點O是的中點，∴．
∵點E是的中點，∴，∴．
由平行四邊形的性質得，∴，即．則④不正確．
所以正確的有①②③.故選：C.
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，中位線的性質，求三角形的面積等，弄清各三角形的面積之間的關系是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2024·福建福州·?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形中，為的中點，延長至點，使，連接交于點，則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題考查了平行四邊形的性質，三角形相似的判定和性質，熟練掌握三角形相似的判定和性質是解題的關鍵．
【詳解】∵平行四邊形中，為的中點，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，故選A．
2．（2023·山東淄博·統考中考真題）如圖，在中，，分別是邊和上的點，連接，，且．求證：(1)；(2)．

【答案】(1)見解析(2)見解析
【分析】（1）證明四邊形是平行四邊形即可；（2）用證明即可．
【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊形，，
又．四邊形是平行四邊形．
平行四邊形對角相等
（2）四邊形是平行四邊形，，，
四邊形是平行四邊形，，，，
在和中，，．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質和三角形全等的判定，熟練掌握平行四邊形性質是解本題的關鍵．
3．（2023·廣東陽江·三模）如圖，平行四邊形中，連接．

(1)尺規作圖：作對角線的垂直平分線，分別交，，于點M，O，N（不要求寫作法，保留作圖痕跡）；(2)連接，，求證：；(3)若，，求的長．
【答案】(1)詳見解析(2)詳見解析(3)
【分析】（1）根據垂直平分線的作圖方法進行作圖即可；（2）根據證明即可；
（3）根據，得出，根據勾股定理求出，即可求出結果．
【詳解】（1）解：如圖，即為所作；

（2）證明：∵垂直平分，∴，
∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，，
在和中，∴；
（3）解：∵，∴，∵，∴，
∵垂直平分，∴，∴，∴．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，尺規作垂直平分線，勾股定理三角形全等的判斷和性質，平行線的性質，解題的關鍵是數形結合，熟練掌握三角形全等的判定方法．
◇典例9：（2023·湖南·統考中考真題）如圖，在四邊形中， ，若添加一個條件，使四邊形為平行四邊形，則下列正確的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據平行四邊形的判定定理逐項分析判斷即可求解．
【詳解】解：A．根據，，不能判斷四邊形為平行四邊形，故該選項不正確，不符合題意； B． ∵，∴，不能判斷四邊形為平行四邊形，故該選項不正確，不符合題意； C．根據，，不能判斷四邊形為平行四邊形，故該選項不正確，不符合題意；
D．∵，∴，∵∴，∴
∴四邊形為平行四邊形，故該選項正確，符合題意；故選：D．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定定理，熟練掌握平行四邊形的判定定理是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·江蘇南通·統考二模）如圖，在中，點，點在對角線上．要使，可添加下列選項中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定定理；根據平行四邊形的性質可得，，則，進而逐項分析判斷，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，
A.添加條件，不能根據證明，故該選項不正確，不符合題意；
B.已知，不能證明，故該選項不正確，不符合題意；
C.添加條件，則，即，根據證明，故該選項正確，符合題意；
D.添加條件，不能證明，故該選項不正確，不符合題意； 故選：C．
2．（2023·河南周口·校聯考模擬預測）如圖，已知，添加下列條件，不能判定四邊形是平行四邊形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查平行四邊形的判定，根據平行四邊形的判定方法，逐一進行判斷即可．掌握平行四邊形的判定方法，是解題的關鍵．
【詳解】解：A、，，
，，，
四邊形是平行四邊形，故選項A不符合題意；
B、，，
，，，
四邊形是平行四邊形，故選項B不符合題意；
C、，，不能判定四邊形是平行四邊形，故選項C符合題意；
D、，，
又∵，四邊形是平行四邊形，故選項D不符合題意；故選：C．
◇典例10：（2023·江蘇鎮江·統考中考真題）如圖，B是AC的中點，點D，E在同側，，．(1)求證：≌．(2)連接，求證：四邊形是平行四邊形．
【答案】(1)見解析(2)見解析
【分析】（1）由B是的中點得，結合，，根據全等三角形的判定定理“”即可證明≌；（2）由（1）中≌得，進一步得，再結合，根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形即可證明．
【詳解】（1）解：∵B是的中點，∴．
在和中，∴≌（）．
（2）如圖所示，∵≌，∴，∴．
又∵，∴四邊形是平行四邊形．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定，熟練掌握全等三角形的判定方法與性質是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·青?！そy考中考真題）如圖，是的一個外角，，.

(1)尺規作圖：作的平分線，交于點D（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)求證：四邊形是平行四邊形.
【答案】(1)見詳解(2)見詳解
【分析】（1）利用基本作圖作的平分線即可；（2）先利用得到，再根據角平分線的定義得到，則利用三角形外角性質可判斷，所以，然后利用可判斷四邊形是平行四邊形．
【詳解】（1）解：如圖，為所作；

（2）證明：，，平分，，
，即，，，
，四邊形是平行四邊形．
【點睛】本題考查了作圖基本作圖、等腰三角形的性質和平行四邊形的判定，熟練掌握5種基本作圖是解決問題的關鍵．
2．（2023·廣東佛山·統考模擬預測）如圖，四邊形中，，，，是邊的中點，連接并延長與的延長線相交于點．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若是等腰三角形，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析(2)或
【分析】（1）根據平行線的性質和中點的性質證明三角形全等，然后根據對角線互相平分的四邊形是平行四邊形完成證明；（2）由等腰三角形的性質，分三種情況：①，②，③，分別求四邊形的面積．
【詳解】（1）證明：，，，
在與中，，，，
又是邊的中點，，四邊形是平行四邊形；
（2）①當時，即時，由勾股定理得，，
∴，四邊形的面積；
②當時，過點作于，則四邊形是矩形，
∴，∴，
由勾股定理得，，∴四邊形的面積；
③當時，邊上的中垂線垂直平分了
設交于點，∴，而根據圖得，矛盾，此時不成立；
綜上所述，四邊形的面積是或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質，確定出全等三角形，分類討論是解題的關鍵．
■考點三　中位線
◇典例11：（2023·云南·統考中考真題）如圖，兩點被池塘隔開，三點不共線．設的中點分別為．若米，則（ ）

A．4米 B．6米 C．8米 D．10米
【答案】B
【分析】根據三角形中位線定理計算即可．
【詳解】解∶∵的中點分別為，
∴是的中位線，∴米，故選∶B．
【點睛】本題考查的是三角形中位線定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·河南周口·統考二模）如圖，在菱形中，對角線，相交于點，，分別是，的中點，連接，若，，則的長為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據菱形的性質和三角形中位線定理得出，于是得到結論．此題考查菱形的性質，三角形中位線定理，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
【詳解】解：四邊形是菱形，
，，，
點、分別是、的中點，
是的中位線，，故選：C．
2．（2023·河北·模擬預測）如圖，在矩形中，，分別是，上的點，，分別是，的中點，當點在上從點向點移動，而點保持不動時，下列結論成立的是( )

A．線段的長逐漸增大 B．線段的長逐漸減小
C．線段的長不變 D．線段的長先增大后減小
【答案】C
【分析】本題考查了三角形中位線定理、矩形的性質、勾股定理，連接，由三角形中位線定理可得，由矩形的性質結合勾股定理可得，由點保持不動可得長度不變，從而可得線段的長不變，熟練掌握三角形中位線定理是解此題的關鍵．
【詳解】解：如圖，連接，
，
，分別是，的中點，是的中位線，，
四邊形為矩形，，，
點保持不動，的長度始終不變，的長不變，故選：C．
3.（2023·湖北黃石·統考中考真題）如圖，在中，按以下步驟作圖：①分別以點B，C為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于E，F兩點，和交于點O；②以點A為圓心，長為半徑畫弧，交于點D；③分別以點D，C為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M﹐連接和交于點N，連接若，則的長為（ ）

A．2 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】利用三角形中位線定理以及線段的垂直平分線的性質求解．
【詳解】解：由作圖可知垂直平分線段，垂直平分線段，
∴，∴，
∵，∴，∴．故選：A．
【點睛】本題考查作圖-基本作圖，三角形中位線定理，線段的垂直平分線的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
◇典例12：（2023·江蘇·統考中考真題）如圖，在中，，D是AC延長線上的一點，．M是邊BC上的一點（點M與點B、C不重合），以CD、CM為鄰邊作．連接并取的中點P，連接，則的取值范圍是 ．

【答案】
【分析】過點B作交的延長線于點，連接，過點P作的平行線交于點，交于點，連接，過點作，分析可知為的最大值，為的最小值，據此即可求解．
【詳解】解：過點B作交的延長線于點，連接，過點P作的平行線交于點，交于點，連接，過點作，如圖所示：

由題意得：點在線段上運動（不與點重合），點在線段上運動（不與點重合），故：為的最大值，為的最小值
∵∴∵∴
∵且∴∵P為的中點∴
∵P為的中點∴為的中點∴
∵∴故
∵點M與點B、C不重合∴的取值范圍是故答案為：
【點睛】本題綜合考查了勾股定理、動點軌跡問題．根據題意確定動點軌跡是解題關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·海南儋州·校聯考模擬預測）如圖，在中，平分平分，且，相交于點O，若點P為線段的中點，連接，則線段的長為（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】D
【分析】本題考查平行四邊形的性質，根據平行四邊形的性質和角平分線的定義得出，，再證明為直角三角形，為中線，進而解答即可．
【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，
∴，∴，
∵平分，∴，∴，
∴，同理可得，，∴，
∵，∴，
∵平分，平分，∴，
∴，∴，∴是直角三角形，
∵點P為線段的中點，∴是的斜邊的中線，∴，故選：D．
2．（2023·廣東廣州·統考中考真題）如圖，在中，，，，點M是邊上一動點，點D，E分別是，的中點，當時，的長是 ．若點N在邊上，且，點F，G分別是，的中點，當時，四邊形面積S的取值范圍是 ．

【答案】
【分析】根據三角形中位線定理可得，設，從而，由此得到四邊形是平行四邊形，結合邊上的高為，即可得到函數解析式，進而得到答案．
【詳解】解：∵點D，E分別是，的中點，∴是的中位線，∴；
如圖，設，

由題意得，，且，∴，
又F、G分別是的中點，∴，，
∴，，∴四邊形是平行四邊形，
由題意得，與的距離是，∴，∴邊上的高為，
∴四邊形面積，
∵，∴，故答案為：，．
【點睛】此題主要考查了三角形的中位線定理，二次函數的性質，求函數解析式，解題時要熟練掌握并靈活運用是關鍵．
◇典例12：（2023·山西·統考中考真題）閱讀與思考：下面是一位同學的數學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務．
瓦里尼翁平行四邊形 我們知道，如圖1，在四邊形中，點分別是邊，的中點，順次連接，得到的四邊形是平行四邊形． 我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁是法國數學家、力學家．瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關系密切． ①當原四邊形的對角線滿足一定關系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關系． ③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結論可借助圖1證明如下： 證明：如圖2，連接，分別交于點，過點作于點，交于點． ∵分別為的中點，∴．（依據1） ∴．∵，∴． ∵四邊形是瓦里尼翁平行四邊形，∴，即． ∵，即， ∴四邊形是平行四邊形．（依據2）∴． ∵，∴．同理，…
任務：(1)填空：材料中的依據1是指：_____________．依據2是指：_____________．
(2)請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形及它的瓦里尼翁平行四邊形，使得四邊形為矩形；（要求同時畫出四邊形的對角線）
(3)在圖1中，分別連接得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形的周長與對角線長度的關系，并證明你的結論．

【答案】(1)三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）；平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）(2)答案不唯一，見解析
(3)平行四邊形的周長等于對角線與長度的和，見解析
【分析】（1）根據三角形中位線定理和平行四邊形的定義解答即可；
（2）作對角線互相垂直的四邊形，再順次連接這個四邊形各邊中點即可；（3）根據三角形中位線定理得瓦里尼翁平行四邊形一組對邊和等于四邊形的一條對角線，即可得妯結論．
【詳解】（1）解：三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）
平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）
（2）解：答案不唯一，只要是對角線互相垂直的四邊形，它的瓦里尼翁平行四邊形即為矩形均可．例如：如圖即為所求

（3）瓦里尼翁平行四邊形的周長等于四邊形的兩條對角線與長度的和，
證明如下：∵點分別是邊的中點，
∴．∴．同理．
∴四邊形的周長．
即瓦里尼翁平行四邊形的周長等于對角線與長度的和．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形中位線．熟練掌握三角形中位線定理是解題的關鍵．
◆變式訓練
1.（2023·山東東營·統考中考真題）（1）用數學的眼光觀察．如圖，在四邊形中，，是對角線的中點，是的中點，是的中點，求證：．
（2）用數學的思維思考．如圖，延長圖中的線段交的延長線于點，延長線段交的延長線于點，求證：．
（3）用數學的語言表達．如圖，在中，，點在上，，是的中點，是的中點，連接并延長，與的延長線交于點，連接，若，試判斷的形狀，并進行證明．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）是直角三角形，證明見解析．
【分析】（1）根據中位線定理即可求出，利用等腰三角形的性質即可證明；
（2）根據中位線定理即可求出和，通過第（1）問的結果進行等量代換即可證明；
（3）根據中位線定理推出和從而求出，證明是等邊三角形，利用中點求出，從而求出度數，即可求證的形狀.
【詳解】證明：（1）的中點，是的中點，.同理，.
，..
（2）的中點，是的中點，，.同理，.
由（1）可知，.
（3）是直角三角形，證明如下：如圖，取的中點，連接，，
是的中點，，.同理，，.
，..
，，.
，.
又，是等邊三角形，.
又，.，
.是直角三角形.
故答案為：是直角三角形.
【點睛】本題考查了三角形的中位線定理，等腰三角形的性質，等邊三角形的性質以及直角三角形的判定，解題的關鍵在于靈活運用中位線定理.
1．（2023·湖南益陽·統考中考真題）如圖，的對角線交于點，下列結論一定成立的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據平行四邊形性質逐項驗證即可得到答案．
【詳解】解：A、根據平行四邊形性質：對角線相互平分，在中，，，則不一定成立，該選項不符合題意；
B、根據平行四邊形性質：對角線相互平分，不一定垂直，則不一定成立，該選項不符合題意；
C、根據平行四邊形性質：對角線相互平分，在中，，該選項符合題意；
D、根據平行四邊形性質，對角線不一定平分對角，則不一定成立，該選項不符合題意；故選：C．
【點睛】本題考查平行四邊形性質，熟記平行四邊形對角線相互平分是解決問題的關鍵．
2．（2023·內蒙古赤峰·統考中考真題）如圖，在中，，，．點F是中點，連接，把線段沿射線方向平移到，點D在上．則線段在平移過程中掃過區域形成的四邊形的周長和面積分別是( )

A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
【答案】C
【分析】先論證四邊形是平行四邊形，再分別求出、、，繼而用平行四邊形的周長公式和面積公式求解即可．
【詳解】由平移的性質可知：，∴四邊形是平行四邊形，
在中，，，，∴
在中，，，點F是中點∴
∵，點F是中點∴，，
∴點D是的中點，∴
∵D是的中點，點F是中點，∴是的中位線，∴
∴四邊形的周長為：，
四邊形的面積為：．故選：C．
【點睛】本題考查平移的性質，平行四邊形的判定與性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，平行線分線段成比例，三角形中位線定理等知識，推導四邊形是平行四邊形和是的中位線是解題的關鍵．
3．（2023·河北·統考中考真題）綜合實踐課上，嘉嘉畫出，利用尺規作圖找一點C，使得四邊形為平行四邊形．圖1~圖3是其作圖過程．
（1）作的垂直平分線交于點O； （2）連接，在的延長線上截取； （3）連接，，則四邊形即為所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四邊形ABCD為平行四邊形的條件是（ ）
A．兩組對邊分別平行 B．兩組對邊分別相等 C．對角線互相平分 D．一組對邊平行且相等
【答案】C
【分析】根據作圖步驟可知，得出了對角線互相平分，從而可以判斷．
【詳解】解：根據圖1，得出的中點，圖2，得出，
可知使得對角線互相平分，從而得出四邊形為平行四邊形，
判定四邊形ABCD為平行四邊形的條件是：對角線互相平分，故選：C．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判斷，解題的關鍵是掌握基本的作圖方法及平行四邊形的判定定理．
4．（2023·山西·統考中考真題）蜂巢結構精巧，其巢房橫截面的形狀均為正六邊形．如圖是部分巢房的橫截面圖，圖中7個全等的正六邊形不重疊且無縫隙，將其放在平面直角坐標系中，點均為正六邊形的頂點．若點的坐標分別為，則點的坐標為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】連接，設正六邊形的邊長為a，由正六邊形的性質及點P的坐標可求得a的值，即可求得點M的坐標．
【詳解】解：連接，如圖，設正六邊形的邊長為a，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，，∵點P的坐標為，∴，即；
∴，，∴點M的坐標為．故選：A．

【點睛】本題考查了坐標與圖形，正六邊形的性質，勾股定理，含30度角直角三角形的性質等知識，掌握這些知識是解題的關鍵．
5．（2023·四川自貢·統考中考真題）第29屆自貢國際恐龍燈會“輝煌新時代”主題燈組上有一幅不完整的正多邊形圖案，小華量得圖中一邊與對角線的夾角，算出這個正多邊形的邊數是（ ）

A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】D
【分析】根據三角形內角和定理以及正多邊形的性質，得出，然后可得每一個外角為，進而即可求解．
【詳解】解：依題意，，，∴
∴
∴這個正多邊形的一個外角為，
所以這個多邊形的邊數為，故選：D．
【點睛】本題考查了三角形內角和定理，正多邊形的性質，正多邊形的外角與邊數的關系，熟練掌握正多邊的外角和等于360°是解題的關鍵．
6．（2023·浙江湖州·統考中考真題）如圖，已知，以點O為圓心，適當長為半徑作圓弧，與角的兩邊分別交于C，D兩點，分別以點C，D為圓心，大于長為半徑作圓弧，兩條圓弧交于內一點P，連接，過點P作直線，交OB于點E，過點P作直線，交于點F．若，，則四邊形的面積是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】過P作于M，再判定四邊形為平行四邊形，再根據勾股定理求出邊和高，最后求出面積．
【詳解】解：過P作于M，

由作圖得：平分，∴，
∴，∴，
∵，，∴四邊形為平行四邊形，，
∴，∴，設，
在中，，即：，解得：，
∴．故選：B．
【點睛】本題考查了基本作圖，掌握平行四邊形的判定定理，勾股定理及平行四邊形的面積公式是解題的關鍵．
7．（2023·浙江金華·統考中考真題）如圖，把兩根鋼條的一個端點連在一起，點分別是的中點．若，則該工件內槽寬的長為 ．

【答案】8
【分析】利用三角形中位線定理即可求解．
【詳解】解：∵點分別是的中點，∴，∴，故答案為：8．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理的應用，掌握“三角形的中位線是第三邊的一半”是解題的關鍵．
8．（2023·四川遂寧·統考中考真題）如圖，中，為對角線，分別以點A、B為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M、N，作直線交于點E，交于點F，若，，，則的長為 ．

【答案】5
【分析】連接，根據基本作圖，得到，利用平行四邊形的性質，得，在中，利用勾股定理計算即可．
【詳解】解：如圖所示，連接，根據基本作圖，可設，

∵，，，∴，，，
在中，，由勾股定理得，
∴，解得，即，故答案為：5．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，線段垂直平分線的基本作圖，勾股定理，熟練掌握平行四邊形的性質，勾股定理是解題的關鍵．
9．（2023·浙江臺州·統考中考真題）如圖，點在線段上（點C在點之間），分別以為邊向同側作等邊三角形與等邊三角形，邊長分別為．與交于點H，延長交于點G，長為c．

（1）若四邊形的周長與的周長相等，則之間的等量關系為 ．
（2）若四邊形的面積與的面積相等，則a，b，c之間的等量關系為 ．
【答案】
【分析】由題意可得：為等邊三角形，四邊形為平行四邊形，，（1）分別求得四邊形的周長與的周長，根據題意，求解即可；（2）分別求得四邊形的面積與的面積，根據題意，求解即可．
【詳解】解：等邊三角形與等邊三角形中，，
∴和為等邊三角形，，
∴，四邊形為平行四邊形，又∵等邊三角形與等邊三角形
∴，，，∴，
（1）平行四邊形的周長為：，
的周長為： 由題意可得： 即：；
（2）過點作，過點作，如下圖：

在中，，，，∴
則平行四邊形的面積為
在中，，，，∴
則的面積為：由題意可得：
化簡可得： 故答案為：；
【點睛】此題考查了平行四邊形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握并靈活利用等邊三角形的性質求得對應線段的長度．
10．（2023·江蘇揚州·統考中考真題）如圖，點E、F、G、H分別是各邊的中點，連接相交于點M，連接相交于點N．

(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若的面積為4，求的面積．
【答案】(1)見解析(2)12
【分析】（1）根據平行四邊形的性質，線段的中點平分線段，推出四邊形，四邊形均為平行四邊形，進而得到：，即可得證；（2）連接，推出，，進而得到，求出，再根據，即可得解．
【詳解】（1）證明：∵， ∴，
∵點E、F、G、H分別是各邊的中點，∴，
∴四邊形為平行四邊形，同理可得：四邊形為平行四邊形，
∴，∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：連接，

∵為的中點，∴，∴，
∴，∴，同理可得：
∴，∴，
∵，∴．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定和性質，三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握平行四邊形的性質，以及三角形的中位線定理，證明三角形相似，是解題的關鍵．
11．（2023·浙江紹興·統考中考真題）在平行四邊形中（頂點按逆時針方向排列），為銳角，且．(1)如圖1，求邊上的高的長．
(2)是邊上的一動點，點同時繞點按逆時針方向旋轉得點．
①如圖2，當點落在射線上時，求的長．②當是直角三角形時，求的長．

【答案】(1)8 (2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對應邊成比例列出方程即可；②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點；第二種：為直角頂點；第三種，為直角頂點，但此種情況不成立，故最終有兩個答案．
【詳解】（1）在中，，在中，．
（2）①如圖1，作于點，由（1）得，，則，
作交延長線于點，則，∴．

∵∴．由旋轉知，∴．
設，則．
∵，∴，∴，
∴，即，∴，∴．
②由旋轉得，，又因為，所以．
情況一：當以為直角頂點時，如圖2．∵，∴落在線段延長線上．
∵，∴，由（1）知，，∴．
情況二：當以為直角頂點時，如圖3．設與射線的交點為，作于點．
∵，∴，
∵，∴，∴．
又∵，∴，∴．
設，則，∴
∵，∴，∴，
∴，∴，化簡得，
解得，∴．
情況三：當以為直角頂點時，點落在的延長線上，不符合題意．綜上所述，或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，正弦的定義，全等的判定及性質，相似的判定及性質，理解記憶相關定義，判定，性質是解題的關鍵．
1．（2023·江西吉安·校考模擬預測）苯分子的環狀結構是由德國化學家凱庫勒提出的．隨著研究的不斷深入，發現苯分子中的6個碳原子與6個氫原子均在同一平面，且所有碳碳鍵的鍵長都相等（如圖1），組成了一個完美的六邊形（正六邊形），圖2是其平面示意圖，則的度數為（　?。?br/>
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據正六邊形的內角和公式求出的度數，再根據等腰三角形的性質求的度數，同理可得的度數，根據三角形內角和定理即可求解．
【詳解】解：∵六邊形是正六邊形，
∴， ，
∴，同理，
∴，故選：B．
【點睛】本題考查正多邊形內角和的計算以及三角形公式，n邊形的內角和為．
2．（2023·湖北襄陽·模擬預測）能判定四邊形為平行四邊形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】直接利用平行四邊形的判定定理判定，即可求得答案．注意掌握排除法在選擇題中的應用．
【詳解】解：A、，，則四邊形不一定為平行四邊形，可能為等腰梯形，故本選項不符合題意；
B、，，則四邊形為平行四邊形；故本選項正確，符合題意；
C、，，則四邊形不一定為平行四邊形，可能為等腰梯形，故本選項不符合題意；
D、，，不能判定四邊形為平行四邊形；故本選項不符合題意．故選：B．
【點睛】此題考查了平行四邊形的判定，熟練掌握平行四邊形的判定定理是解此題的關鍵．
3．（2023·河北張家口·統考三模）如圖，甲、乙兩位同學用個完全相同的正六邊形按如下方式拼成一圈后，使相鄰的兩個正六邊形有公共頂點，設相鄰兩個正六邊形外圈的夾角為，內圈的夾角為，中間會圍成一個正邊形，關于的值，甲的結果是，乙的結果是或4，則（ ）

A．甲的結果正確 B．乙的結果正確
C．甲、乙的結果合在一起才正確 D．甲、乙的結果合在一起也不正確
【答案】D
【分析】正六邊形的一個內角為，根據外角的定義有，，得，再討論即可得的值．
【詳解】解：∵正六邊形的一個內角為，∴，
∵為正邊形的一個內角為度數，∴，
當時，，則，當時，，則，
當時，，則，當時，，則，
則的值為3或4或5或6．故選：D．
【點睛】本題考查了多邊形的內角和．解題的關鍵是根據周角的定義推得．
4．（2023·浙江寧波·校聯考模擬預測）如圖，在中，，，，分別是邊的中點，于點．連接，則的長為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質與判定，三角形中位線定理，先根據等邊對等角得到，再由勾股定理得到，由線段中點的定義和三角形中位線定理得到，，，再由得到，，由此求出，即可利用勾股定理求出的長，證明是的中位線是解題的關鍵．
【詳解】解：∵在中，，，∴，
∵，∴，∵分別是邊的中點，
∴是的中位線，，∴，，
∵，∴，，
∴，∴，故選：．
5．（2023·廣東廣州·統考二模）如圖，在中，平分，交于點F，平分交于點E，，則長為（　?。?br/>A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】本題考查平行四邊形的性質，等腰三角形的判定和性質，根據平行和角平分線，推出均為等腰三角形，得到，進而得到，即可得解．
【詳解】解：∵，∴，
∴，∵平分，平分，
∴，∴，
∴，∴；故選B．
6．（2023·湖北孝感·模擬預測）已知，正多邊形的每個內角為，則這個多邊形的對角線共有 條．
【答案】54
【分析】先求出多邊形每一個外角的度數，然后即可求出邊數，再利用公式代入數據計算即可．
【詳解】解：∵多邊形的每個內角都等于，
∴多邊形的每個外角都等于，∴邊數，
∴對角線條數為．故答案是：54．
【點睛】本題主要考查了多邊形的外角與對角線的性質，求出邊數是解題的關鍵，另外熟記多邊形的對角線的條數公式也很重要．
7．（2023·河北滄州·統考模擬預測）一個多邊形，除了一個內角外，其余各角的和為，則這一內角為 度．
【答案】
【分析】設多邊形的邊數為，根據多邊形的內角一定大于，并且小于度，因而內角和除去一個內角的值，這個值除以度，所得數值比邊數要小，小的值小于，可以求出多邊形的邊數為，再利用內角和公式即可得出結果．
【詳解】解：設多邊形的邊數為，由題意有，解得：，
因而多邊形的邊數是，則這一內角為．故答案為：．
【點睛】本題考查多邊形的內角和公式，熟記多邊形的內角和公式是解題的關鍵．
8．（2022·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市蕭紅中學?？家荒＃┧倪呅问瞧叫兴倪呅危?，的平分線交直線于點，若，則四邊形的周長為 ．
【答案】56或40/40或56
【分析】可分兩種情況：當E在線段上時，當E在線段延長線上時，由平行四邊形的性質知，由平行線的性質即角平分線的
定義可得，進而可求解的長，即可求得的長，再根據平行四邊形的周長可求解．
【詳解】解：當E在線段上時，如圖，

∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴四邊形的周長為：；
當E在線段延長線上時，如圖，
∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴四邊形的周長為：；
綜上：四邊形的周長為56或40，故答案為：56或40
【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質，證明求解的長是解題的關鍵．
9．（2022·黑龍江哈爾濱·?？家荒＃┤鐖D，在中，E，F分別是，的中點，，，且，則的長是 ．

【答案】
【分析】延長交延長線于點，過點作于點，先證明，得到，然后在中，利用直角三角形的性質和勾股定理可求，然后在中利用勾股定理求出值，依據，則值可求．
【詳解】解：延長交延長線于點，過點作于點，
∵點為中點，∴．∵，∴．
又，∴．∴，∴．
在中，，所以，
∴．∴．
在中，利用勾股定理可得
∵四邊形是平行四邊形，
又為中點，
所以，解得．故答案為．

【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，在幾何圖形中涉及線段中線問題，一般倍長中線，作出輔助線構造等腰三角形進行線段的轉化．
10．（2023·陜西寶雞·校考一模）問題提出:
如圖，在中，．若，則的值為__________．
問題探究:如圖，在四邊形中，對角線、相交于點，、、、分別為、、、的中點，連接、、、．若，求四邊形的面積．
問題解決:如圖，某市有一塊五邊形空地，其中米，米，米，米，現計劃在五邊形空地內部修建一個四邊形花園，使點、、、分別在邊、、、上，要求請問，是否存在符合設計要求的面積最大的四邊形花園？若存在，求四邊形面積的最大值；若不存在，請說明理由．
【答案】問題提出：；問題探究：；問題解決：存在四邊形面積的最大值，四邊形的最大面積為平方米．
【分析】問題提出：由，得，得出，進一步得出結果；
問題探究：根據三角形中位線性質可得出，，，，從而得出四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，從而，進一步得出結果；問題解決：延長，，交于，可得出四邊形是矩形，設，，表示出和的面積，進而表示出四邊形的面積，配方后求出結果．
【詳解】解：問題提出∵，∴，∴，∴，故答案為：；
問題探究如圖，設，交于點，，交于點，作于，
∵、、、分別為、、、的中點，
∴，，，，
∴四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，
∴，∴，
∴；
問題解決：如下圖，延長，，交于，
∵∴四邊形是矩形，∴，，
∵，，∴，，
∵，∴可設，，
∴，∴，
∴
∴存在四邊形面積的最大值，當米時，四邊形的最大面積平方米．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質，解直角三角形，二次函數的應用，平行線分線段成比例定理等知識，解決問題的關鍵是設變量建立函數關系式．
1．（2023·浙江紹興·校聯考三模）淇淇用圖一的六個全等紙片拼接圖2所示的外輪廓是正六邊形，如果用若干個紙片按照圖3所示的方法拼接成外輪廓是正n變形圖案，那么的值為 ．

【答案】九
【分析】先根據正多邊形內角計算公式得出正六邊形的內角度數，得出，再通過三角形內角和定理計算出，從而得出正邊形的內角度數，再經過多邊形內角和公式得出答案．
【詳解】解：正六邊形的每個內角，
由圖可知，，，
，
圖3中的正邊形的每個內角=，
根據多邊形內角和公式得，解得，
這個正邊形是正九邊形．故答案為：九．
【點睛】本題考查了多邊形內角和公式，三角形內角和定理，對圖像中多邊形內角與三角形各角之間的關系是解題的關鍵．
2．（2023·廣東·模擬預測）在平行四邊形中，點是的中點，與交于點，則與四邊形的面積之比是( )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由四邊形是平行四邊形，易證得，又由點是的中點，根據相似三角形的對應邊成比例，可得，然后設，根據等高三角形的面積比等于對應底的比，即可求得的面積，根據相似三角形的面積比等于相似比的平方，即可求得的面積，繼而求得四邊形的面積，則可求得答案．
【詳解】解：設，四邊形是平行四邊形，，， ，
點是的中點，，，
， 即，，
，
與四邊形的面積之比為：：：．故選：C．
【點睛】此題考查了平行四邊形的性質，相似三角形的判定與性質以及三角形面積問題．此題難度適中，解題的關鍵是注意數形結合思想的應用，注意三角形面積的求解方法：等高三角形的面積比等于對應底的比與相似三角形的面積比等于相似比的平方．
3．（2023·福建·一模）如圖，在平行四邊形紙板中，點分別為的中點，連接．將一飛鏢隨機投擲到平行四邊形紙板上，則飛鏢落在陰影部分的概率為 ．

【答案】
【分析】根據點分別為的中點，得到，，從而得到，進而得出，由此即可得到答案．
【詳解】解：如圖，連接，
四邊形為平行四邊形，點分別為的中點，
點在同一直線上，，，
，，
飛鏢落在陰影部分的概率為，故答案為：．
【點睛】本題考查了幾何概率，平行四邊形的性質，用到的知識點為：概率相應的面積與總面積之比，根據題意計算出是解此題的關鍵．
4．（2023·廣東·模擬預測）如圖，是的弦，，點是上的一個動點，且，若點，分別為，的中點，則線段長度的最大值為 ．
【答案】
【分析】本題考查了三角形的中位線定理、等腰直角三角形的性質及圓周角定理，根據中位線定理得到最大時，最大，當最大時是直徑，從而求得直徑后就可以求得最大值，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點的應用．
【詳解】∵點、分別是、的中點， ∴是的中位線， ∴，
∴當取得最大值時，就取得最大值，即當為直徑時，最大，最大，
如圖所示：將此時的點記為點，
∵是的直徑， ∴，
∵，， 由勾股定理得：，
∴， ∴長的最大值為，故答案為：．
5．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖①，和是等邊三角形，連接，點F，G，H分別是和的中點，連接．易證：．
若和都是等腰直角三角形，且，如圖②：若和都是等腰三角形，且，如圖③：其他條件不變，判斷和之間的數量關系，寫出你的猜想，并利用圖②或圖③進行證明．

【答案】圖②中，圖③中，證明見解析
【分析】圖②：如圖②所示，連接，先由三角形中位線定理得到，，再證明得到，則，進一步證明，即可證明是等腰直角三角形，則；
圖③：仿照圖②證明是等邊三角形，則．
【詳解】解：圖②中，圖③中，
圖②證明如下：如圖②所示，連接，
∵點F，G分別是的中點，∴是的中位線，
∴，同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，∴，
∴，∴，∵，
∴
，
∴是等腰直角三角形，∴；

圖③證明如下：如圖③所示，連接，
∵點F，G分別是的中點，∴是的中位線，
∴，同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，∴，
∴，∴，∵，
∴
，
∴是等邊三角形，∴．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，三角形中位線定理，等邊三角形的性質與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
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第四章 三角形及四邊形
第五節 多邊形與平行四邊形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 多邊形的相關概念 ☆ 多邊形與平行四邊形是歷年中考考查重點，年年都會考查，分值為10分左右，預計2024年各地中考還將出現，并且在選擇、填空題中考查多邊形的內角和、平行四邊形性質和判定、與三角形中位線有關計算的可能性比較大。中考數學中，對平行四邊形的單獨考察難度一般不大，一般和三角形全等（相似）、函數、解直角三角形等綜合考查的可能性比較大，對于本考點內容，要注重基礎，反復練習，靈活運用。
考點2 平行四邊形的性質與判定 ☆☆☆
考點3 中位線 ☆☆☆
■考點一　多邊形的相關概念
1）多邊形的定義：在平面中，由一些線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做 。
2）多邊形的對角線：連接多邊形不相鄰的兩個頂點的線段叫做多邊形的 。
3）多邊形對角線條數：從n邊形的一個頂點可以引 條對角線，并且這些對角線把多邊形分成了 個三角形，n邊形的對角線條數為 。
4）多邊形內角和定理：n邊形的內角和為 。
5）多邊形外角和定理：任意多邊形的外角和等于 ，與多邊形的形狀和邊數無關。
6）正多邊形的定義：各角相等，各邊相等的多邊形叫做 。
7）平面鑲嵌（密鋪）的條件：在同一頂點內的幾個角的和等于 ；所有正多邊形中，單獨使用其中一種能夠進行密鋪(鑲嵌)的只有 、 、 。如果選用多種，則需要滿足：(1)邊長相等；(2)選用正多邊形若干個內角的和恰好等于360°。
■考點二　平行四邊形的性質與判定
1）平行四邊形的定義：兩組對邊分別平行的四邊形叫做 。
2）平行四邊形的表示：用符號“ ”表示，平行四邊形ABCD記作“ ABCD”，讀作“平行四邊形ABCD”.
3）平行四邊形的性質：（1）兩組對邊 ；（2）對角 、鄰角 ；（3）對角線 ；（4）平行四邊形是 ，但不是軸對稱圖形，平行四邊形的對角線的交點是平行四邊形的 。
4）補充性質：
（1）過平行四邊形對稱中心的任一直線等分平行四邊形的 。
（2）如圖①，AE平分∠BAD，則可利用平行線的性質結合等角對等邊得到△ABE為 三角形，即AB=BE。
（3）如圖②，已知點E為AD上一點，根據平行線間的距離 ，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE。
（4）如圖③，根據平行四邊形的面積的求法，可得AE·BC=AF·CD。
5）平行四邊形的判定定理：
①定義： 的四邊形是平行四邊形；② 的四邊形是平行四邊形；
③ 的四邊形是平行四邊形；④ 的四邊形是平行四邊形；
⑤ 的四邊形是平行四邊形。
■考點三　中位線
1）三角形中位線概念：連接三角形兩邊中點的線段叫做三角形 。
2）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于 ，并且等于 。
3）三角形中位線定理的作用：（1）證明位置關系：可以證明兩條直線 ；（2）證明數量關系：可以證明線段的 關系。
4）常用結論：任意一個三角形都有三條中位線，由此有：
結論1：三條中位線組成一個三角形，其周長為原三角形周長的 。
結論2：三條中位線將原三角形分割成四個 的三角形。
結論3：三條中位線將原三角形劃分出三個面積相等的平行四邊形。
結論4：三角形一條中線和與它相交的中位線 。
結論5：三角形中任意兩條中位線的夾角與這夾角所對的三角形的頂角 。
■易錯提示
1.多邊形的有關計算的公式有很多，一定要牢記，代錯公式容易導致錯誤；
2.切記一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形不一定是平行四邊形。
■考點一　多邊形的相關概念
◇典例1：（2023·湖南湘西·統考中考真題）一個七邊形的內角和是（ ）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·重慶·統考中考真題）如圖，在正五邊形ABCDE中，連接AC，則∠BAC的度數為 ．
2．（2023·甘肅隴南·統考二模）的發現使人類了解到一個全新的碳世界．如圖是的分子結構圖，包括20個正六邊形和12個正五邊形，其中正五邊形的一個內角的大小是（ ）

A． B． C． D．
3.（2022·湖南常德·中考真題）剪紙片：有一張長方形的紙片，用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片；從這2張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有3張紙片：從這3張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有4張紙片；……；如此下去，若最后得到10張紙片，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5 張四邊形紙片，則還有一張多邊形紙片的邊數為________．
◇典例2：（2023·北京·統考中考真題）正十二邊形的外角和為（　?。?br/>A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2024·湖北·一模）正多邊形的一個外角為，則這個正多邊形的邊數是（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
2．（2023·廣東佛山·統考一模）十邊形的外角和是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·福建龍巖·統考模擬預測）如圖，在五邊形中，，的平分線與的平分線交于點P，則 ．

◇典例3：（2023·浙江·模擬預測）用三種邊長相等的正多邊形地磚鋪地，其頂點在一起，剛好能完全鋪滿地面，已知正多邊形的邊數為x、y、z，則的值為 ．
◆變式訓練
1．（2023·天津·校聯考模擬預測）張不透明的卡片，除正面畫有不同的圖形外，其它均相同．把這張卡片洗勻后，正面向下放在桌上，從中隨機抽取一張，與卡片上圖形相對應的這種地板磚能進行平面鑲嵌的概率是 ．

2．（2023·河北滄州·統考二模）要設計一個裝彩鉛的圓柱體紙盒，已知每支鉛筆大小相同，底面均為正六邊形，邊長記作．下面我們來研究紙盒底面半徑的最小值．

（1）如果要裝6支彩鉛，嘉淇畫出了如圖1，圖2所示的兩種布局方案．
方案Ⅰ中紙盒底面半徑的最小值為 ；方案Ⅱ中紙盒底面半徑的最小值為 ；
（2）如果要裝12色的彩鉛，請你為廠家設計一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為 ．
◇典例4：（2023·浙江麗水·統考一模）已知一個多邊形內角和為，則這個多邊形可連對角線的條數是（ ）
A．10 B．16 C．20 D．40
◆變式訓練
1．（2023·陜西·統考三模）如果過某多邊形的一個頂點的對角線有5條，則該多邊形是 邊形．
2．（2023·江蘇·校考模擬預測）一個正多邊形的內角和是，則此多邊形的邊數是 ，對角線共有 條．
■考點二　平行四邊形的性質與判定
◇典例5：（2023·湖北十堰·統考中考真題）如圖，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架，然后向左扭動框架，觀察所得四邊形的變化．下面判斷錯誤的是（ ）

A．四邊形由矩形變為平行四邊形 B．對角線的長度減小
C．四邊形的面積不變 D．四邊形的周長不變
◆變式訓練
1. （2023·北京海淀·校考模擬預測）下列命題中的假命題是（ ）
A．對角線互相平分的四邊形是中心對稱圖形
B．有一個角是直角的平行四邊形是軸對稱圖形
C．對角線互相垂直的平行四邊形是中心對稱圖形
D．等邊三角形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形
2．（2023·四川涼山·統考中考真題）如圖，的頂點的坐標分別是．則頂點的坐標是 ．

◇典例6：（2023·四川甘孜·統考中考真題）如圖，在平行四邊形中，按如下步驟作圖：①以點為圓心，以適當長為半徑畫弧，分別交，于點，；②分別以點，為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧在內交于點；③作射線交于點．若，則為 ．

◆變式訓練
1．（2023·山東濰坊·統考二模）已知中，∠A=55°，分別以點B，點C為圓心，以大于的長為半徑畫弧，分別交于點M，N，作直線交于點E，則的度數為（　?。?br/>
A．55° B．60° C．65° D．70°
2．（2022·湖南湘潭·中考真題）在中（如圖），連接，已知，，則（ ）
A． B． C． D．
◇典例7：（2023·湖南·統考中考真題）如圖，在平行四邊形中，，，的平分線交于點E，則的長為 ．
◆變式訓練
1．（2023·新疆·統考中考真題）如圖，在中，，，，點是上一動點，將沿折疊得到，當點恰好落在上時，的長為 ．

2．（2023·吉林·統考一模）如圖，在中，，，的平分線交邊于點E，則的長是（ ）

A．5 B．7 C．3.5 D．3
◇典例8：（2023·黑龍江大慶·統考模擬預測）如圖，平行四邊形的對角線相交于點，是的中點，連接．下列結論：①；②平分；③；④．其中結論正確的序號有（ ）

A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④
◆變式訓練
1．（2024·福建福州·?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形中，為的中點，延長至點，使，連接交于點，則等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·山東淄博·統考中考真題）如圖，在中，，分別是邊和上的點，連接，，且．求證：(1)；(2)．

3．（2023·廣東陽江·三模）如圖，平行四邊形中，連接．
(1)尺規作圖：作對角線的垂直平分線，分別交，，于點M，O，N（不要求寫作法，保留作圖痕跡）；(2)連接，，求證：；(3)若，，求的長．

◇典例9：（2023·湖南·統考中考真題）如圖，在四邊形中， ，若添加一個條件，使四邊形為平行四邊形，則下列正確的是（ ）

A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·江蘇南通·統考二模）如圖，在中，點，點在對角線上．要使，可添加下列選項中的（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·河南周口·校聯考模擬預測）如圖，已知，添加下列條件，不能判定四邊形是平行四邊形的是（ ）
A． B． C． D．
◇典例10：（2023·江蘇鎮江·統考中考真題）如圖，B是AC的中點，點D，E在同側，，．(1)求證：≌．(2)連接，求證：四邊形是平行四邊形．
◆變式訓練
1．（2023·青海·統考中考真題）如圖，是的一個外角，，.

(1)尺規作圖：作的平分線，交于點D（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)求證：四邊形是平行四邊形.
2．（2023·廣東佛山·統考模擬預測）如圖，四邊形中，，，，是邊的中點，連接并延長與的延長線相交于點．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若是等腰三角形，求四邊形的面積．
■考點三　中位線
◇典例11：（2023·云南·統考中考真題）如圖，兩點被池塘隔開，三點不共線．設的中點分別為．若米，則（ ）

A．4米 B．6米 C．8米 D．10米
◆變式訓練
1．（2023·河南周口·統考二模）如圖，在菱形中，對角線，相交于點，，分別是，的中點，連接，若，，則的長為（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·河北·模擬預測）如圖，在矩形中，，分別是，上的點，，分別是，的中點，當點在上從點向點移動，而點保持不動時，下列結論成立的是( )

A．線段的長逐漸增大 B．線段的長逐漸減小
C．線段的長不變 D．線段的長先增大后減小
3.（2023·湖北黃石·統考中考真題）如圖，在中，按以下步驟作圖：①分別以點B，C為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于E，F兩點，和交于點O；②以點A為圓心，長為半徑畫弧，交于點D；③分別以點D，C為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M﹐連接和交于點N，連接若，則的長為（ ）

A．2 B． C．4 D．
◇典例12：（2023·江蘇·統考中考真題）如圖，在中，，D是AC延長線上的一點，．M是邊BC上的一點（點M與點B、C不重合），以CD、CM為鄰邊作．連接并取的中點P，連接，則的取值范圍是 ．

◆變式訓練
1．（2023·海南儋州·校聯考模擬預測）如圖，在中，平分平分，且，相交于點O，若點P為線段的中點，連接，則線段的長為（ ）
A． B．2 C． D．1
2．（2023·廣東廣州·統考中考真題）如圖，在中，，，，點M是邊上一動點，點D，E分別是，的中點，當時，的長是 ．若點N在邊上，且，點F，G分別是，的中點，當時，四邊形面積S的取值范圍是 ．

◇典例12：（2023·山西·統考中考真題）閱讀與思考：下面是一位同學的數學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務．
瓦里尼翁平行四邊形 我們知道，如圖1，在四邊形中，點分別是邊，的中點，順次連接，得到的四邊形是平行四邊形． 我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁是法國數學家、力學家．瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關系密切． ①當原四邊形的對角線滿足一定關系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關系． ③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結論可借助圖1證明如下： 證明：如圖2，連接，分別交于點，過點作于點，交于點． ∵分別為的中點，∴．（依據1） ∴．∵，∴． ∵四邊形是瓦里尼翁平行四邊形，∴，即． ∵，即， ∴四邊形是平行四邊形．（依據2）∴． ∵，∴．同理，…
任務：(1)填空：材料中的依據1是指：_____________．依據2是指：_____________．
(2)請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形及它的瓦里尼翁平行四邊形，使得四邊形為矩形；（要求同時畫出四邊形的對角線）
(3)在圖1中，分別連接得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形的周長與對角線長度的關系，并證明你的結論．

◆變式訓練
1.（2023·山東東營·統考中考真題）（1）用數學的眼光觀察．如圖，在四邊形中，，是對角線的中點，是的中點，是的中點，求證：．
（2）用數學的思維思考．如圖，延長圖中的線段交的延長線于點，延長線段交的延長線于點，求證：．
（3）用數學的語言表達．如圖，在中，，點在上，，是的中點，是的中點，連接并延長，與的延長線交于點，連接，若，試判斷的形狀，并進行證明．
1．（2023·湖南益陽·統考中考真題）如圖，的對角線交于點，下列結論一定成立的是（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·內蒙古赤峰·統考中考真題）如圖，在中，，，．點F是中點，連接，把線段沿射線方向平移到，點D在上．則線段在平移過程中掃過區域形成的四邊形的周長和面積分別是( )

A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
3．（2023·河北·統考中考真題）綜合實踐課上，嘉嘉畫出，利用尺規作圖找一點C，使得四邊形為平行四邊形．圖1~圖3是其作圖過程．
（1）作的垂直平分線交于點O； （2）連接，在的延長線上截??； （3）連接，，則四邊形即為所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四邊形ABCD為平行四邊形的條件是（ ）
A．兩組對邊分別平行 B．兩組對邊分別相等 C．對角線互相平分 D．一組對邊平行且相等
4．（2023·山西·統考中考真題）蜂巢結構精巧，其巢房橫截面的形狀均為正六邊形．如圖是部分巢房的橫截面圖，圖中7個全等的正六邊形不重疊且無縫隙，將其放在平面直角坐標系中，點均為正六邊形的頂點．若點的坐標分別為，則點的坐標為（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·四川自貢·統考中考真題）第29屆自貢國際恐龍燈會“輝煌新時代”主題燈組上有一幅不完整的正多邊形圖案，小華量得圖中一邊與對角線的夾角，算出這個正多邊形的邊數是（ ）

A．9 B．10 C．11 D．12
6．（2023·浙江湖州·統考中考真題）如圖，已知，以點O為圓心，適當長為半徑作圓弧，與角的兩邊分別交于C，D兩點，分別以點C，D為圓心，大于長為半徑作圓弧，兩條圓弧交于內一點P，連接，過點P作直線，交OB于點E，過點P作直線，交于點F．若，，則四邊形的面積是（ ）

A． B． C． D．
7．（2023·浙江金華·統考中考真題）如圖，把兩根鋼條的一個端點連在一起，點分別是的中點．若，則該工件內槽寬的長為 ．

8．（2023·四川遂寧·統考中考真題）如圖，中，為對角線，分別以點A、B為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M、N，作直線交于點E，交于點F，若，，，則的長為 ．

9．（2023·浙江臺州·統考中考真題）如圖，點在線段上（點C在點之間），分別以為邊向同側作等邊三角形與等邊三角形，邊長分別為．與交于點H，延長交于點G，長為c．

（1）若四邊形的周長與的周長相等，則之間的等量關系為 ．
（2）若四邊形的面積與的面積相等，則a，b，c之間的等量關系為 ．
10．（2023·江蘇揚州·統考中考真題）如圖，點E、F、G、H分別是各邊的中點，連接相交于點M，連接相交于點N．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若的面積為4，求的面積．

11．（2023·浙江紹興·統考中考真題）在平行四邊形中（頂點按逆時針方向排列），為銳角，且．(1)如圖1，求邊上的高的長．
(2)是邊上的一動點，點同時繞點按逆時針方向旋轉得點．
①如圖2，當點落在射線上時，求的長．②當是直角三角形時，求的長．

1．（2023·江西吉安·校考模擬預測）苯分子的環狀結構是由德國化學家凱庫勒提出的．隨著研究的不斷深入，發現苯分子中的6個碳原子與6個氫原子均在同一平面，且所有碳碳鍵的鍵長都相等（如圖1），組成了一個完美的六邊形（正六邊形），圖2是其平面示意圖，則的度數為（　?。?br/>
A． B． C． D．
2．（2023·湖北襄陽·模擬預測）能判定四邊形為平行四邊形的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
3．（2023·河北張家口·統考三模）如圖，甲、乙兩位同學用個完全相同的正六邊形按如下方式拼成一圈后，使相鄰的兩個正六邊形有公共頂點，設相鄰兩個正六邊形外圈的夾角為，內圈的夾角為，中間會圍成一個正邊形，關于的值，甲的結果是，乙的結果是或4，則（ ）

A．甲的結果正確 B．乙的結果正確
C．甲、乙的結果合在一起才正確 D．甲、乙的結果合在一起也不正確
4．（2023·浙江寧波·校聯考模擬預測）如圖，在中，，，，分別是邊的中點，于點．連接，則的長為（　?。?br/>A． B． C． D．
5．（2023·廣東廣州·統考二模）如圖，在中，平分，交于點F，平分交于點E，，則長為（　?。?br/>A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2023·湖北孝感·模擬預測）已知，正多邊形的每個內角為，則這個多邊形的對角線共有 條．
7．（2023·河北滄州·統考模擬預測）一個多邊形，除了一個內角外，其余各角的和為，則這一內角為 度．
8．（2022·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市蕭紅中學?？家荒＃┧倪呅问瞧叫兴倪呅?，，的平分線交直線于點，若，則四邊形的周長為 ．
9．（2022·黑龍江哈爾濱·?？家荒＃┤鐖D，在中，E，F分別是，的中點，，，且，則的長是 ．

10．（2023·陜西寶雞·?？家荒＃﹩栴}提出:如圖，在中，．若，則的值為__________．問題探究:如圖，在四邊形中，對角線、相交于點，、、、分別為、、、的中點，連接、、、．若，求四邊形的面積．
問題解決:如圖，某市有一塊五邊形空地，其中米，米，米，米，現計劃在五邊形空地內部修建一個四邊形花園，使點、、、分別在邊、、、上，要求請問，是否存在符合設計要求的面積最大的四邊形花園？若存在，求四邊形面積的最大值；若不存在，請說明理由．
1．（2023·浙江紹興·校聯考三模）淇淇用圖一的六個全等紙片拼接圖2所示的外輪廓是正六邊形，如果用若干個紙片按照圖3所示的方法拼接成外輪廓是正n變形圖案，那么的值為 ．

2．（2023·廣東·模擬預測）在平行四邊形中，點是的中點，與交于點，則與四邊形的面積之比是( )

A． B． C． D．
3．（2023·福建·一模）如圖，在平行四邊形紙板中，點分別為的中點，連接．將一飛鏢隨機投擲到平行四邊形紙板上，則飛鏢落在陰影部分的概率為 ．

4．（2023·廣東·模擬預測）如圖，是的弦，，點是上的一個動點，且，若點，分別為，的中點，則線段長度的最大值為 ．
5．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖①，和是等邊三角形，連接，點F，G，H分別是和的中點，連接．易證：．
若和都是等腰直角三角形，且，如圖②：若和都是等腰三角形，且，如圖③：其他條件不變，判斷和之間的數量關系，寫出你的猜想，并利用圖②或圖③進行證明．

21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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