考点17 多边形与平行四边形（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（解析版）

考点17.多边形与平行四边形（精讲）【命题趋势】多边形与平行四边形是历年中考考查重点，年年都会考查，分值为10分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能性比较大。中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等（相似）、函数、解直角三角形等综合考查的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。【知识清单】1：多边形的相关概念（☆☆）1）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。2）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。

3）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。4）多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）。5）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。6）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。7）平面镶嵌（密铺）的条件：在同一顶点内的几个角的和等于360°；所有正多边形中，单独使用其中一种能够进行密铺(镶嵌)的只有正三角形、正方形、正六边形。如果选用多种，则需要满足：(1)边长相等；(2)选用正多边形若干个内角的和恰好等于360°。2：平行四边形的性质与判定（☆☆☆）1）平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。2）平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”.3）平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心。4）补充性质：（1）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积和周长。（2）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE。（3）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE。（4）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD。5）平行四边形的判定定理：①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且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；④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形。3：中位线（☆☆☆）1）三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线。2）三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。3）三角形中位线定理的作用：（1）证明位置关系：可以证明两条直线平行；（2）证明数量关系：可以证明线段的倍分关系。4）常用结论：任意一个三角形都有三条中位线，由此有：结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半。结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形。结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形。结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分。结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等。【易错点归纳】1.多边形的有关计算的公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误；2.切记一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形。【核心考点】核心考点1.多边形的相关概念例1：（2023·重庆·统考中考真题）若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为．【答案】/800度【分析】根据多边形的内角和公式即可得．【详解】解：∵七边形的内角中有一个角为，∴其余六个内角之和为，故答案为：．【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题关键．变式1.（2023·江苏连云港·校考三模）一个多边形的内角和等于，那么它是（）A．十边形 B．十一边形 C．十二边形 D．十三边形【答案】D【分析】根据题意可以设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理列方程求解即可.【详解】设这个多边形的边数为n，∵一个多边形内角和等于，∴，解得，．即它是十三边形，故选D．【点睛】本题考查了多边形的内角定理，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．变式2.（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为度．

【答案】【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，则，∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，∴，，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．变式3.（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为________．【答案】6【分析】根据多边形的内角和进行即可求解．【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边形的内角和增加360°，10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5张四边形纸片，设还有一张多边形纸片的边数为，，解得．故答案为：．【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键．例2：（2023·北京·统考中考真题）正十二边形的外角和为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据任何多边形的外角和都为即可解答．【详解】解：因为多边形的外角和为360°，所以正十二边形的外角和为：．故选：C．【点睛】本题主要考查了多边形的外角和，掌握任何多边形的外角和都为是解答本题的关键．变式1.（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．【详解】解：∵正八边形的外角和为，∴，故选A【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为是解本题的关键．变式2.（2023·湖北黄冈·统考中考真题）若正n边形的一个外角为，则．【答案】5【分析】正多边形的外角和为，每一个外角都相等，由此计算即可．【详解】解：由题意知，，故答案为：5．【点睛】本题考查正多边形的外角问题，解题的关键是掌握正n边形的外角和为，每一个外角的度数均为．变式3.（2023·河北保定·校考模拟预测）如果一个正多边形的内角比它相邻的外角大，那么这个多边形是边形．【答案】九【分析】设正多边形的内角为x，则与它相邻的外角度数为，根据题意列方程，求出，进而求出外角的度数，进而根据外角和求解即可．【详解】设正多边形的内角为x，则与它相邻的外角度数为，∴，解得，∴，∴．∴这个多边形是九边形．故答案为：九．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，正多边形的内角与外角的关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．例3：（2023·浙江·模拟预测）用三种边长相等的正多边形地砖铺地，其顶点在一起，刚好能完全铺满地面，已知正多边形的边数为x、y、z，则的值为．【答案】/【分析】利用正n多边形的内角公式求解即可．【详解】解：根据题意，这三种边长相等的正多边形的内角和为，则，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查正多边形的内角问题，理解题意，得到这三种边长相等的正多边形的内角和为是解答的关键．变式1.（2023·吉林长春·校考三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为度．

【答案】【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．【详解】解：正五边形的每一个内角为设菱形的最小内角为，根据题意得，解得：故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．变式2.（2023·广东深圳·校联考模拟预测）20世纪70年代，数学家罗杰·彭罗斯使用两种不同的菱形，完成了非周期性密铺，如下图，使用了，两种菱形进行了密铺，则菱形的锐角的度数为°．

【答案】36【分析】如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据密铺的图案中一个顶点处的周角为列出方程组，解答即可．【详解】解：如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据题意，得，解得，故答案为：36．

【点睛】本题常考了密铺问题，涉及了菱形的性质、多边形的内角和、三元一次方程组等知识，正确理解题意、得出方程组是解题的关键．例4：（2023·浙江丽水·统考一模）已知一个多边形内角和为，则这个多边形可连对角线的条数是（

）A．10 B．16 C．20 D．40【答案】C【分析】先根据多边形内角和计算公式求出这个多边形是八边形，再根据多边形对角线计算公式求解即可．【详解】解：设这个多边形为n边形，由题意得，，∴，∴这个多边形为八边形，∴这个多边形可连对角线的条数是，故选C．【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线计算公式，熟知n边形的对角线条数是是解题的关键．变式1.（2023·河北保定·统考一模）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（

）A．3 B．6 C．9 D．18【答案】A【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得再解方程，从而可得答案．【详解】解：设这个多边形为边形，则，，解得：，所以从这个多边形的一个顶点出发共有条对角线，故选A．【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为,外角和为”是解题的关键．变式2.（2023·陕西西安·校考模拟预测）一个正多边形每一个中心角都为40°，则这个正多边形共有条对角线．【答案】27【分析】利用多边形的中心角之和是度，每个中心角都是，可求多边形的边数，再根据一个多边形有条对角线，即可算出共有多少条对角线．【详解】解：，这个正多边形有条边；，这个正多边形共有条对角线．故答案为：．【点睛】本题主要考查正多边形的中心角、对角线条数，解题的关键是掌握n边形对角线条数．核心考点2.平行四边形的性质与判定例5：（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（

）

A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度减小C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变【答案】C【分析】根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可．【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意；B、向左扭动框架，的长度减小，故B正确，不符合题意；C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意；D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意，故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．变式1.（2023·北京海淀·校考模拟预测）下列命题中的假命题是（

）A．对角线互相平分的四边形是中心对称图形B．有一个角是直角的平行四边形是轴对称图形C．对角线互相垂直的平行四边形是中心对称图形D．等边三角形既是轴对轴图形，又是中心对称图形【答案】D【分析】根据平行四边形、矩形、菱形的判定与性质，以及等边三角形的性质进行逐项判断即可．【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是中心对称图形，真命题，不符合题意；B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，是轴对称图形，真命题，不符合题意；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是中心对称图形，真命题，不符合题意；D、等边三角形既是轴对轴图形，不是中心对称图形，假命题，符合题意，故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．熟练掌握相关知识是解答的关键．变式2.（2023·四川绵阳·统考中考真题）如图，将平行四边形ABCO放置在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，若点A的坐标是(6，0)，点C的坐标是(1，4)，则点B的坐标是．【答案】（7，4）【详解】试题分析：∵四边形ABCO是平行四边形，O为坐标原点，点A的坐标是（6，0），点C的坐标是（1，4），∴BC=OA=6，6+1=7，∴点B的坐标是（7，4）；故答案为（7，4）．考点：平行四边形的性质；坐标与图形性质．例6：（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在平行四边形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．若，则为．

【答案】【分析】先利用基本作图得，再根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，从而得到．【详解】解：由作法得平分，，四边形为平行四边形，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了尺规作角平分线，平行四边形的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键．变式1.（2023·山东潍坊·统考二模）已知中，∠A=55°，分别以点B，点C为圆心，以大于的长为半径画弧，分别交于点M，N，作直线交于点E，则的度数为（）

A．55° B．60° C．65° D．70°【答案】D【分析】由得，根据题意得是得垂直平分线，则，得，即求得的度数．【详解】∵解：四边形是平行四边形，∴，，则，∵以点B，点C为圆心，以大于的长为半径画弧，分别交于点M，N，作直线交于点E，∴是得垂直平分线，则，所以，那么，故选：D．【点睛】本题主要考查的是平行四边形性质以及垂直平分线等知识内容，熟练掌握垂直平分线性质是解题的关键．变式2.（2022·湖南湘潭·中考真题）在中（如图），连接，已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行四边形的对边平行和两直线平行内错角相等的性质，再通过等量代换即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴ABCD∴∠DCA＝∠CAB，∵∠DCA+∠ACB，，∴40º+80º=120º，故选：C．【点睛】此题考查了平行四边形的性质和平行线的性质，解题的关键是熟记性质并熟练运用．例7：（2023·海南·统考中考真题）如图，在中，，，平分，交边于点，连接，若，则的长为（

）

A．6 B．4 C． D．【答案】C【分析】由平行四边形的性质可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线的定义可得，从而得到，推出，，过点作于点，由直角三角形的性质和勾股定理可得，，，即可得到答案．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，平分，，，，，，如图，过点作于点，

，则，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．变式1.（2023·福建·统考中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为．

【答案】10【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答．【详解】解：∵中，∴，∴，∵，∴，∴，∴,即．故答案为：10．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．变式2.（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为．

【答案】【分析】可证，从而可得，再证四边形是平行四边形，可得，即可求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，由折叠得：，，，，，，，，四边形是平行四边形，．故答案：．【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．变式3.（2023·山西·统考中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为．

【答案】【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可．【详解】解：∵在中，，∴，，由作图知平分，，∴是等边三角形，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键．例8：（2023·黑龙江大庆·统考模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（

）

A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④【答案】C【分析】根据，点E是的中点，，可知是等边三角形，得出，，进而得出，根据平行四边形得性质可判断①，再根据平行四边形的性质得，即可说明是否平分，然后说明是的中位线，可判断和的关系，再根据点O是的中点，得，由点E是的中点，得，进而得，然后根据平行四边形的性质得，即可判断④，得出答案．【详解】∵，点E是的中点，∴.∵，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴．∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴是平分．则①②正确；∵点E是的中点，点O是的中点，∴是的中位线，∴，∴．则③正确；∵点O是的中点，∴．∵点E是的中点，∴，∴．由平行四边形的性质得，∴，即．则④不正确．所以正确的有①②③.故选：C.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，求三角形的面积等，弄清各三角形的面积之间的关系是解题的关键．变式1.（2023·广西北海·统考三模）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，过点O，交于点F，交于点E．若，，，则图中阴影部分的面积是（）

A．1.5 B．3 C．6 D．4【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的逆定理，利用三角形全等，把阴影面积转化为的面积计算即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，，，在和中，∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，，，∴是直角三角形，且，∴，故选：C．变式2.（2023·广东潮州·二模）如图，在中，为对角线．(1)求证：．(2)尺规作图：作的垂直平分线，分别交于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；(3)若的周长为10，求的周长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)20【分析】（1）根据平行线的性质得到，利用即可证明；（2）以分别为圆心，大于长为半径作弧交于两点，过两交点作直线，即为所作垂直平分线；（3）利用垂直平分线的性质可以得到，结合，得到，根据平行四边形的性质即可求得结论；【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴，在和中，，∴；（2）如图，即为所作；（3）∵垂直平分，∴，∵的周长为10，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴的周长．【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形全等的判定，作垂直平分线，垂直平分线的性质，准确作图是解题的关键．变式3.（2023·湖南·统考中考真题）如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．(1)求证：；(2)若，求的长和的面积．

【答案】(1)见解析(2)；的面积为【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，求得，根据等腰三角形的判定定理即可得到；（2）根据线段的和差得到；过D作交的延长线于H，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式即可得到的面积．【详解】（1）证明：在中，，∴，∵平分，∴，∴，∴．（2）解：∵，∴；过D作交的延长线于H，

∵，∴，∴，∴，∴，∴的面积．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算、等腰三角形的判定和性质等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．例9：（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形中，已知，添加下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可知A项不符合题意；根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知B项不符合题意；据全等三角形的判定与性质可知D项不符合题意进而即可判断．【详解】解：∵，，∴由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，∴项能判定四边形是平行四边形，故项不符合题意；∵，，∴由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，∴项能判定四边形是平行四边形，故项不符合题意；∵，但和不一定平行，∴项不能判定四边形是平行四边形，故符合题意；∵，∴，∵，，∴，∴，∴项能判定四边形是平行四边形，故项不符合题意；故选：．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定是解题的关键．变式1.（2023·江苏南通·统考二模）如图，在中，点，点在对角线上．要使，可添加下列选项中的（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定定理；根据平行四边形的性质可得，，则，进而逐项分析判断，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，A.添加条件，不能根据证明，故该选项不正确，不符合题意；B.已知，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；

C.添加条件，则，即，根据证明，故该选项正确，符合题意；D.添加条件，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；

故选：C．变式2.（2023·河南周口·校联考模拟预测）如图，已知，添加下列条件，不能判定四边形是平行四边形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查平行四边形的判定，根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可．掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．【详解】解：A、，，，，，四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；B、，，，，，四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；C、，，不能判定四边形是平行四边形，故选项C符合题意；D、，，又∵，四边形是平行四边形，故选项D不符合题意；故选：C．例10：（2023·江苏镇江·统考中考真题）如图，B是AC的中点，点D，E在同侧，，．(1)求证：≌．(2)连接，求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由B是的中点得，结合，，根据全等三角形的判定定理“”即可证明≌；（2）由（1）中≌得，进一步得，再结合，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．【详解】（1）解：∵B是的中点，∴．在和中，∴≌（）．（2）如图所示，∵≌，∴，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法与性质是解题的关键．变式1.（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)若的面积等于2，求的面积．

【答案】(1)见解析(2)1【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得．【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：，，，四边形是平行四边形，．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分．变式2.（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在中，点D、E分别为的中点，点H在线段上，连接，点G、F分别为的中点．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)，求线段的长度．

【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）由三角形中位线定理得到，，得到，即可证明四边形为平行四边形；（2）由四边形为平行四边形得到，由得到，由勾股定理即可得到线段的长度．【详解】（1）解：∵点D、E分别为的中点，∴，∵点G、F分别为、的中点．∴，∴，∴四边形为平行四边形；（2）∵四边形为平行四边形，∴，∵∴，∵，∴．【点睛】此题考查了中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形为平行四边形和利用勾股定理计算是解题的关键．核心考点3.中位线例11：（2023·江苏盐城·统考中考真题）在中，，分别为边，的中点，，则的长为cm.【答案】【分析】由于、分别为、边上的中点，那么是的中位线，根据三角形中位线定理可求．【详解】如图所示，

、分别为、边上的中点，是的中位线，；又∵，∴；故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中位线定理．三角形的中位线等于第三边的一半．变式1.（2023·湖北荆门·统考中考真题）如图，为斜边上的中线，为的中点．若，，则．

【答案】3【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，然后利用勾股定理即可得出，最后利用三角形中位线定理即可求解．【详解】解：∵在中，为斜边上的中线，，∴，∴，∵为的中点，∴故答案为：3．【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，三角形中位线定理，掌握直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．变式2.（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为．

【答案】【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可．【详解】如图所示，连接，

∵M，N分别是的中点，∴是的中位线，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴当最大时，最大，此时最大，∵点E是上的动点，∴当点E和点C重合时，最大，即的长度，∴此时，∴，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．变式3.（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）如图，在中，，，分别为，，边的中点，于，，则等于（

）

A．4 B．5 C． D．【答案】B【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．【详解】解：∵D，F分别为，边的中点，∴是的中位线，∴，在中，E为斜边的中点，则，故选：B．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．例12：（2023·江苏·统考中考真题）如图，在中，，D是AC延长线上的一点，．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作．连接并取的中点P，连接，则的取值范围是．

【答案】【分析】过点B作交的延长线于点，连接，过点P作的平行线交于点，交于点，连接，过点作，分析可知为的最大值，为的最小值，据此即可求解．【详解】解：过点B作交的延长线于点，连接，过点P作的平行线交于点，交于点，连接，过点作，如图所示：

由题意得：点在线段上运动（不与点重合），点在线段上运动（不与点重合），故：为的最大值，为的最小值∵∴∵∴∵且∴∵P为的中点∴∵P为的中点∴为的中点∴∵∴故∵点M与点B、C不重合∴的取值范围是故答案为：【点睛】本题综合考查了勾股定理、动点轨迹问题．根据题意确定动点轨迹是解题关键．变式1.（2023·海南儋州·校联考模拟预测）如图，在中，平分平分，且，相交于点O，若点P为线段的中点，连接，则线段的长为（

）A． B．2 C． D．1【答案】D【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质和角平分线的定义得出，，再证明为直角三角形，为中线，进而解答即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，同理可得，，∴，∵，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴，∴是直角三角形，∵点P为线段的中点，∴是的斜边的中线，∴，故选：D．变式2.（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是．

【答案】【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案．【详解】解：∵点D，E分别是，的中点，∴是的中位线，∴；如图，设，

由题意得，，且，∴，又F、G分别是的中点，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形，由题意得，与的距离是，∴，∴边上的高为，∴四边形面积，∵，∴，故答案为：，．【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，二次函数的性质，求函数解析式，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．例13：（2023·山西·统考中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原