专题18平行四边形与特殊平行四边形(精讲精练)(原卷版+解析)

第18讲平行四边形与特殊平行四边形（精讲）了解多边形的定义、多边形的顶点、边、内角、外角、对角线等概念探索并掌握多边形内角和与外角和公式理解平行四边形的概念理解矩形的概念及与平行四边形的关系理解菱形的概念及与平行四边形的关系理解的正方形概念及与平行四边形、矩形、菱形之间的关系了解四边形的不稳定性探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形了解两条平行线之间距离的意义，能度量两条平行线之间的距离探索并证明矩形的性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等探索并证明矩形的判定定理：三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形探索并证明菱形的性质定理：菱形的四条边相等，对角线互相垂直探索并证明菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形正方形具有矩形和菱形的一切性质探索并证明三角形的中位线定理考点1：多边形及其相关计算①多边形的相关概念：（1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．（2）对角线：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边形对角线条数为．②多边形的内角和、外角和：（1）内角和：n边形内角和公式为(n－2)·180°（2）外角和：任意多边形的外角和为360°.③正多边形：（1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.（2）正多边形每个内角为，每个外角为（3）正n边形有n条对称轴.（4）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.｛多边形★｝如图，五边形中，，，，分别是，，的外角，则A． B． C． D．｛多边形★｝（2021•铜仁市）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形｛多边形★｝小刚设计了用个完全相同的纸片（如图拼接正多边形的游戏，用6个纸片按照图2所示的方法拼接起来，能够围成正六边形．如果用若干个纸片按照图3所示的方法拼接起来，那么能够围成的正多边形为A．正六边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形｛多边形★｝若一个多边形截去一个角后，变成十六边形，那么原来的多边形的边数为A．15或16或17 B．16或17 C．15或17 D．16或17或18｛多边形★｝（2021•宁德模拟）七巧板是中国传统数学文化的重要载体，利用七巧板可以拼出许多有趣的图案．现用图1所示的一副七巧板拼成如图2所示的六边形，若图1中七巧板的总面积为16，则图2中六边形的周长为A． B． C． D．｛多边形★｝如图，在六边形中，若，则A． B． C． D．｛多边形★｝如图，是可调躺椅示意图，与的交点为，且，，保持不变．为了舒适，需调整的大小，使．根据图中数据信息，下列调整大小的方法正确的是A．增大 B．减小 C．增大 D．减小｛多边形★｝如图，已知，那么十的度数是A． B． C． D．｛多边形★｝已知正边形的每一个内角都等于，则的值为．｛多边形★｝如图，．｛多边形★｝一个多边形的内角和是外角和的2倍多，它是边形．｛多边形★｝如图，五边形中，，则的度数为．｛多边形★｝如图，将三角形纸片延折叠，当点落在四边形的外部时，，，则．｛多边形★｝如图，将四边形纸片沿折叠，点、分别落在点、处．若，则A． B． C． D．（2021•福建）如图，点在正五边形的内部，为等边三角形，则等于A． B． C． D．（2020•烟台）量角器测角度时摆放的位置如图所示，在中，射线交边于点，则的度数为A． B． C． D．（2020•德州）如图，小明从点出发，沿直线前进8米后向左转，再沿直线前进8米，又向左转照这样走下去，他第一次回到出发点时，共走路程为A．80米 B．96米 C．64米 D．48米（2021•镇江）如图，花瓣图案中的正六边形的每个内角的度数是．（2020•福建）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则度．考点2：平行四边形的判定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，平行四边形用“□”表示.②平行四边形的判定：（1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.即若AB∥CD，AD∥BC，则四边形ABCD是□.（2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.即若AB＝CD，AD＝BC，则四边形ABCD是□.（3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.即若AB＝CD，AB∥CD，或AD=BC,AD∥BC,则四边形ABCD是□.（4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.即若OA＝OC，OB＝OD，则四边形ABCD是□.（5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形若∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD，则四边形ABCD是□.｛平行四边形判定★｝下列条件中，能判定一个四边形是平行四边形的是A．一组对边平行，另一组对边相等 B．一组对边平行，一组对角相等 C．一组邻边相等，一组对角相等 D．一组对边平行，一组对角互补｛平行四边形判定★｝四边形中，对角线，相交于点，要使四边形是平行四边形，则可以增加条件A．， B．， C．， D．，｛平行四边形判定★｝在四边形中，对角线、相交于点，在下列条件中，①，，②，；③，，④，，⑤，，能够判定四边形是平行四边形的个数有A．2个 B．3个 C．4个 D．5个｛平行四边形判定★｝下列关于平行四边形的命题中，错误的是A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 B．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 C．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形 D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形｛平行四边形判定★｝已知：如图，点，在上，且，，．求证：与互相平分．｛平行四边形判定★｝（2020•岳阳）如图，点，在的边，上，，，连接，．求证：四边形是平行四边形．｛平行四边形判定★｝小红同学周末在家做家务，不慎把家里的一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，为了能从玻璃店配到一块与原来相同的玻璃，他应该带其中两块去玻璃店．A．①② B．②④ C．②③ D．①③｛平行四边形判定★｝下列命题中，正确的是A．有一组对边相等的四边形是平行四边形 B．有两个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形｛平行四边形判定★｝四边形中，，，，，垂足分别为、．求证：四边形是平行四边形．｛平行四边形判定★｝如图，在四边形中，，点，是上的两点，，连接，，，求证：四边形是平行四边形．下列不能判定一个四边形是平行四边形的是A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形（2021•资阳）下列命题正确的是A．每个内角都相等的多边形是正多边形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．过线段中点的直线是线段的垂直平分线 D．三角形的中位线将三角形的面积分成两部分（2020•衡阳）如图，在四边形中，对角线和相交于点，下列条件不能判断四边形是平行四边形的是A．，B．，C．， D．，考点3：平行四边形的性质①平行四边形的性质：（1）边：两组对边分别平行且相等.即AB∥CD且AB＝CD，BC∥AD且AD＝BC.（2）角：对角相等，邻角互补.即∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，∠ABC＋∠BCD＝180°，∠BAD＋∠ADC＝180°.（3）对角线：互相平分.即OA＝OC，OB＝OD（4）对称性：中心对称但不是轴对称.｛平行四边形性质★｝如图，在中，平分，，，则A．4 B．5 C．6 D．7｛平行四边形性质★｝如图，在中，，以点为圆心，为半径画弧与交于点，然后分别以，为圆心，大于为半径画弧交于点，连接交于点，若，，则的长为A． B． C．5 D．10｛平行四边形性质★｝如图，是等边三角形的边上一点，四边形是平行四边形，点在的延长线上，为的中点．连接，若，，则的长为A．2 B．3 C．4 D．5｛平行四边形性质★｝如图，在平行四边形中，平分交边于点，若平行四边形的周长是24，，则的长为A．4 B．5 C．5.5 D．6｛平行四边形性质★｝如图，在平行四边形中，，，是锐角，于点，是的中点，连接，．若，则线段的长为A．2 B．1 C． D．｛平行四边形性质★｝如图，在中，对角线，相交于点，点是的中点，若，则的长为A．16 B．18 C．20 D．22｛平行四边形性质★｝如图，的周长为36，对角线，交于点，，垂足为，交于点，则的周长为A．12 B．18 C．24 D．26｛平行四边形性质★｝如图，在平行四边形中，，分别是边，的中点，，分别交于点，，则图中阴影部分图形的面积之和与平行四边形的面积之比为A． B． C． D．｛平行四边形性质★｝如图，的对角线，交于点，，，垂足为，若，，则的面积为A． B． C． D．｛平行四边形性质★｝如图，在平面直角坐标系中，平行四边形中，顶点，，，则顶点的坐标为A． B． C． D．（2021•苏州）如图，在平行四边形中，将沿着所在的直线折叠得到△，交于点，连接，若，，，则的长是A．1 B． C． D．考点4：特殊平行四边形的判定①矩形的判定：（1）定义法：有一个角是直角的平行四边形（2）有三个角是直角（3）对角线相等的平行四边形②菱形的判定：（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形（2）对角线互相垂直的平行四边形（3）四条边都相等的四边形③正方形的判定：（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形（2）一组邻边相等的矩形（3）一个角是直角的菱形（4）对角线相等且互相垂直、平分｛特殊平行四边形的判定★｝在中，添加以下哪个条件能判断其为菱形A． B． C． D．｛特殊平行四边形的判定★｝如图，在四边形中，点，分别是，的中点，，分别是，的中点，，满足什么条件时，四边形是菱形A． B． C． D．｛特殊平行四边形的判定★｝（2021•宁德模拟）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是A．①表示有一个角是直角 B．②表示有一组邻边相等 C．③表示四个角都相等 D．④表示对角线相等｛特殊平行四边形的判定★｝下列关于的叙述，正确的是A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若平分，则是正方形 D．若，则是正方形｛特殊平行四边形的判定★｝（2020•贺州）如图，已知在中，，是边上的中线，，分别是，的中点，为延长线上的点，．（1）求证：；（2）求证：四边形是矩形．｛特殊平行四边形的判定★｝在四边形中，对角线，互相平分，要使四边形为菱形，需添加的条件是A． B． C． D．｛特殊平行四边形的判定★｝下列叙述，错误的是A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形｛特殊平行四边形的判定★｝（2021•益阳）如图，已知四边形是平行四边形，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是（限填序号）．｛特殊平行四边形的判定★｝（2021•随州）如图，在菱形中，，是对角线上的两点，且．（1）求证：；（2）求证：四边形是菱形．｛特殊平行四边形的判定★｝（2020•广西）如图，在中，点，分别是，的中点，连接并延长至点，使，连接，，．（1）求证：．（2）若，求证：四边形是矩形．（2021•德州）下列选项中能使成为菱形的是A． B． C． D．（2021•河池）已知，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是A． B． C． D．（2021•娄底）如图，点、在矩形的对角线所在的直线上，，则四边形是A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形（2020•台州）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③ C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②考点5：特殊平行四边形的性质①矩形的性质：（1）四个角都是直角（2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO.（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB.②菱形的性质：（1）四边相等（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角（3）面积=底×高=对角线乘积的一半③正方形的性质：(1)四条边都相等，四个角都是直角(2)对角线相等且互相垂直平分(3)面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB｛特殊平行四边形的判定★｝如图，在中，，，，为斜边上一动点，过作于点，过作于点，则线段的最小值为A． B．5 C． D．2.5｛特殊平行四边形的性质★｝如图，四边形是菱形，，，于，则点到边距离等于A．4 B．5 C． D．｛特殊平行四边形的性质★｝矩形具有而菱形不具有的性质是A．对角线相等 B．对角线平分一组对角 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直｛特殊平行四边形的性质★｝如图所示，矩形中，平分交于，，则下面的结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确的有A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④｛特殊平行四边形的性质★｝如图，在长方形中，，，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，则的长为A．26 B．28 C．30 D．32｛特殊平行四边形的性质★｝如图，正方形外侧作等边三角形，则的度数为A． B． C． D．｛特殊平行四边形的性质★｝（2021•贺州）如图，在矩形中，，分别为，的中点，以为斜边作，，连接，．若，则．｛特殊平行四边形的性质★｝（2021•福建）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，点不与，重合，且，是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点到边，的距离一定相等；③点到边，的距离可能相等；④点到边的距离的最大值为．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）｛特殊平行四边形的性质★｝已知菱形中，，，则．｛特殊平行四边形的性质★｝如图，点，在正方形的对角线上，，，则四边形的面积为．｛特殊平行四边形的性质★｝在直线上依次摆着7个正方形（如图），已知倾斜放置的3个正方形的面积分别为1，2，3，水平放置的4个正方形的面积是，，，，则．｛特殊平行四边形的性质★｝已知四边形和四边形都是正方形，且，连接、．求证：（1）；（2）．（2021•兰州）如图，菱形的对角线与相交于点，点在上，连接，，，，，则A．4 B．3 C． D．2（2021•攀枝花）如图，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为A．2 B． C．3 D．（2021•河池）如图，在边长为4的正方形中，点，分别在，上，，，则的长是A． B． C． D．课堂总结：思维导图分层训练：课堂知识巩固1．（2022秋•黄石港区期末）已知一个正边形的一个外角为，则A．10 B．9 C．8 D．72．（2022秋•江北区校级期末）如图所示，正方形中，，点为中点，于点，交边于点，连接，则长为A． B．4 C． D．3．（2022秋•北碚区校级期末）下列说法不正确的是A．平行四边形两组对边分别平行 B．平行四边形的对角线互相平分 C．平行四边形的对角互补，邻角相等 D．平行四边形的两组对边分别平行且相等4．（2022秋•驻马店期末）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为A． B．48 C．72 D．965．（2022秋•天府新区期末）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点．下列条件不能判定平行四边形为矩形的是A． B． C． D．6．（2022秋•郑州期末）下列说法不正确的是A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．一个角是直角的平行四边形是矩形 C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的四边形是矩形7．（2022秋•峰峰矿区校级期末）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，的中点，对于四边形的形状，以下结论中，错误的是A．当时，四边形为正方形 B．当时，四边形为菱形 C．当时，四边形为矩形 D．四边形一定为平行四边形8．（2022秋•双流区期末）如图，矩形的对角线、相交于点，已知，则等于A．3 B．4 C．5 D．69．（2022秋•重庆期末）一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数是A．7 B．8 C．9 D．1010．（2022秋•招远市期末）下列平行四边形中，其图中阴影部分面积不一定等于平行四边形面积一半的是A． B． C． D．11．（2022秋•渝北区校级期末）一个多边形的每一个外角都等于，那么这个多边形的内角和是．12．（2022秋•洛川县期末）如果一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数为．13．（2022秋•招远市期末）如图，的度数为14．（2023•黔江区一模）如图，在中，对角线，交于点，是上一点，连接并延长，交于点．连接，，平分．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求四边形的面积．1．（2022秋•西岗区校级期末）若一个多边形的内角和比它的外角和大，则该多边形的边数为A．4 B．5 C．6 D．72．（2020秋•金东区校级月考）在如图所示的几何图形中，已知点，，共线，则的度数是A． B． C． D．3．（2022秋•宁德期末）定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，，点，在边存在点，使得为“智慧三角形”，则点的坐标为A．或 B．或 C．或 D．或或4．（2022秋•钦州期末）小红：我计算出一个多边形的内角和为；老师：不对呀，你可能少加了一个角则小红少加的这个角的度数是A． B． C． D．5．（2022秋•九龙坡区校级月考）如图，在正方形中，为对角线、的交点，、分别为边、上一点，且，连接．若，，则的长为A．2 B． C． D．6．（2022秋•西湖区校级月考）如图，在平行四边形中，为的中点，，在现有点、线及字母的情况下，图中能表示的与面积相等的（除外）三角形有A．3个 B．4个 C．5个 D．6个7．（2022•雨山区校级一模）点为正方形的边的中点，分别连接，，交的延长线于，于，交于．设、、和的面积分别为、、和，则下列结论错误的是A． B． C． D．8．（2021秋•大城县期末）如图，的两条直角边，分别经过正五边形的两个顶点，则等于A． B． C． D．9．（2022秋•镇海区校级期中）如图，点是平行四边形内部一点，过分别作和的平行线交平行四边形的四边于，，，．连结分别交，于和．若四边形四边形，且四边形的面积是四边形的3倍．下列选项正确的是A． B． C． D．10．（2022秋•镇江期中）正方形的边长为4，点在边上运动，连接，过点作，为垂足，以为边作正方形，当点与点重合时，点、、与点重合，则长的最大值是A．8 B． C． D．11．（2022春•东阳市期末）如图，直线交正方形的对边、于点、，正方形和正方形关于直线成轴对称，点在边上，点在边上，、交于点，、交于点．以下结论错误的是A． B．的周长等于线段的长 C．的周长等于线段的长 D．的周长等于12．（2022秋•威县校级月考）如图，设三角形纸片的内角和为，外角和为，将该纸片剪掉一角得四边形，设四边形的内角和为，外角和为，则下列结论正确的是A．， B．， C．， D．，1．（2022春•南岸区校级月考）如图，在正方形中，、是射线上的动点，且，射线、分别交、延长线于、，连接；在下列结论中：①；②；③；④若，则，⑤：其中正确的结论有A．5个 B．4个 C．3个 D．2个2．（2022春•成都期末）如图，中，，，，是斜边上一个动点，过点作于，于，连接．在点的运动过程中，给出下列结论：①当运动到中点时，；②的最小值是；③的值恒为100；④当时，四边形为正方形．⑤设的长度为，矩形的周长为，则与的函数关系式是．其中正确的结论有A．①②③ B．①②④ C．①④⑤ D．①②④⑤3．（2022•新市区校级一模）如图，矩形中，，点在上，且，点在边上运动，以线段为斜边在点的异侧作等腰直角三角形，连接，当最小时，的值为A． B． C． D．4．（2022•平邑县校级二模）如图所示，已知正方形的面积是8平方厘米，正方形的面积是62平方厘米，落在上，的面积是4.9平方厘米，则的面积是A．0.5平方厘米 B．2平方厘米 C．平方厘米 D．0.9平方厘米5．（2022•邢台模拟）如图，边长一定的正方形，为上一个动点，交于点，过作交于点，作于点，连接，下列结论：①；②；③；④为定值．其中一定成立的是A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④6．（2022秋•鞍山期末）如图，在正方形中，，点为线段上一点，将沿所在直线翻折得到（点在正方形内部），连接，，，若，则的长为．7．（2022秋•泉港区期中）如图，已知正方形，为边上一个动点点不与、重合），为延长线上的一个动点，且有，交于，连接，过作于，连接、，则下列结论：①四边形为菱形；②；③当为中点时，；④当时，．其中正确的有．（写出正确结论的序号）8．（2022春•平潭县校级期末）如图，在正方形中，为对角线上一点，连接，过点作，交延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①；②；③；④．其中正确的结论序号是．9．（2022春•尤溪县校级期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，与相交于点．下列结论：①垂直平分；②；③当时，为等边三角形；④当时，．其中正确的是．10．（2022•丰泽区校级模拟）如图，在矩形中，平分，交于点，，交于点，以，为边，作矩形，与相交于点．则下列结论：①；②若，，则；③；④当是的中点时，．其中正确的结论是．（填写所有正确结论的序号）11．（2021秋•平江县期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别为，的中点，连接，交于点，将沿对折，得到，延长交延长线于点．下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有．（写出所有正确结论的序号）12．（2021秋•长清区期末）如图，正方形的边长为1，为对角线的中点，点在边上，且，点在边上，且，连接，交于点，连接，则的长为．第18讲平行四边形与特殊平行四边形（精讲）了解多边形的定义、多边形的顶点、边、内角、外角、对角线等概念探索并掌握多边形内角和与外角和公式理解平行四边形的概念理解矩形的概念及与平行四边形的关系理解菱形的概念及与平行四边形的关系理解的正方形概念及与平行四边形、矩形、菱形之间的关系了解四边形的不稳定性探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形了解两条平行线之间距离的意义，能度量两条平行线之间的距离探索并证明矩形的性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等探索并证明矩形的判定定理：三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形探索并证明菱形的性质定理：菱形的四条边相等，对角线互相垂直探索并证明菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形正方形具有矩形和菱形的一切性质探索并证明三角形的中位线定理考点1：多边形及其相关计算①多边形的相关概念：（1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．（2）对角线：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边形对角线条数为．②多边形的内角和、外角和：（1）内角和：n边形内角和公式为(n－2)·180°（2）外角和：任意多边形的外角和为360°.③正多边形：（1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.（2）正多边形每个内角为，每个外角为（3）正n边形有n条对称轴.（4）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.｛多边形★｝如图，五边形中，，，，分别是，，的外角，则A． B． C． D．【分析】先利用平行线的性质得到，然后根据多边形的外角和为得到，从而得到．【解答】解：如图，，，，．故选：．【点评】本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和为且为整数），外角和永远为．也考查了平行线的性质．｛多边形★｝（2021•铜仁市）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形【分析】正多边形镶嵌有三个条件限制：①边长相等；②顶点公共；③在一个顶点处各正多边形的内角之和为．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．【解答】解：选项，等边三角形的内角为，（个，所以6个等边三角形可以在一个顶点处实现内角之和等于，不符合题意；选项，正方形的内角为，（个，所以4个正方形可以在一个顶点处实现内角之和等于，不符合题意；选项，正五边形的内角为，，所以正五边形不能在一个顶点处实现内角之和等于，符合题意；选项，正六边形的内角为，（个，所以3个正六边形可以在一个顶点处实现内角之和等于，不符合题意；故选：．【点评】本题考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．｛多边形★｝小刚设计了用个完全相同的纸片（如图拼接正多边形的游戏，用6个纸片按照图2所示的方法拼接起来，能够围成正六边形．如果用若干个纸片按照图3所示的方法拼接起来，那么能够围成的正多边形为A．正六边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形【分析】先根据正六边形计算一个内角为120度，可知各角的度数，再根据图3中正多边形的内角的度数，可得结论．【解答】解：正六边形每一个内角为，，，图2中正多边形的每一个内角为，，可以得到外轮廓的图案是正九边形．故选：．【点评】本题考查正多边形和图形的变化类，解决本题的关键是掌握正多边形内角和与外角和公式．｛多边形★｝若一个多边形截去一个角后，变成十六边形，那么原来的多边形的边数为A．15或16或17 B．16或17 C．15或17 D．16或17或18【分析】因为一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，依此即可解决问题．【解答】解：一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，则多边形的边数是15或16或17．故选：．【点评】本题考查了多边形的知识，一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，同学们可以自己动手画一下．｛多边形★｝（2021•宁德模拟）七巧板是中国传统数学文化的重要载体，利用七巧板可以拼出许多有趣的图案．现用图1所示的一副七巧板拼成如图2所示的六边形，若图1中七巧板的总面积为16，则图2中六边形的周长为A． B． C． D．【分析】根据正方形的面积是16可得边长是4，再利用勾股定理可得，进而可得图2的周长．【解答】解：由七巧板的面积是16可知：图1中，，，，，图2的周长是．故选：．【点评】本题考查七巧板的拼接问题，掌握七巧板中各图形的关系和勾股定理是解题关键．｛多边形★｝如图，在六边形中，若，则A． B． C． D．【分析】由多边形的外角和等于，可知，再结合已知即可求解．【解答】解：，又，，故选：．【点评】本题考查多边形的外角和，牢记多边形的外角和等于是解题的关键．｛多边形★｝如图，是可调躺椅示意图，与的交点为，且，，保持不变．为了舒适，需调整的大小，使．根据图中数据信息，下列调整大小的方法正确的是A．增大 B．减小 C．增大 D．减小【分析】延长，交于点，依据三角形的内角和定理可求，根据对顶角相等可得，再由三角形内角和定理的推论得到的度数；利用，和三角形的外角的性质可得的度数，从而得出结论．【解答】解：延长，交于点，如图：，．，．，，．而图中，应减少．故选：．【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形的内角和定理．熟练使用上述定理是解题的关键．｛多边形★｝如图，已知，那么十的度数是A． B． C． D．【分析】根据三角形外角的性质，得到，，，，即可得到结论．【解答】解：如图，，，，，，，，故选：．【点评】此题主要考查三角形内角和定理和三角形外角的性质，难度不大，属于基础题．｛多边形★｝已知正边形的每一个内角都等于，则的值为10．【分析】首先计算出每一个外角的度数，利用外角和除以外角度数可得边数．【解答】解：正边形的每一个内角都等于，每一个外角都是（度，．故答案为：10．【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握多边形的内角与相邻的外角互补．｛多边形★｝如图，．【分析】首先利用三角形的外角的性质，然后根据多边形的外角和定理即可求解．【解答】解：，，，又，．故答案为：．【点评】本题考查了三角形的外角的性质以及多边形的外角和是，理解有关定理是关键．｛多边形★｝一个多边形的内角和是外角和的2倍多，它是七边形．【分析】多边形的内角和是外角和的2倍多，而多边形的外角和是，则内角和是，边形的内角和可以表示成，设这个多边形的边数是，就得到方程，从而求出边数．【解答】解：设这个多边形的边数是，根据题意，得，解得：．则这个多边形的是七边形，故答案为：七．【点评】此题主要考查了多边形内角和定理和外角和定理，只要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．｛多边形★｝如图，五边形中，，则的度数为．【分析】首先过点作，交于点，由，可证得，然后由两直线平行，同旁内角互补，证得，，，继而证得结论．【解答】解：过点作，交于点，，，，，，，故答案为．【点评】此题考查了平行线的性质．此题比较适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．｛多边形★｝如图，将三角形纸片延折叠，当点落在四边形的外部时，，，则．【分析】延长、相交于，根据翻折变换的性质求出，，再根据三角形的内角和等于列式进行计算即可得解．【解答】解：如图，延长、相交于，，，根据翻折的性质，，，在中，．故答案为：．【点评】本题考查了三角形的内角和定理，翻折的性质，熟练掌握翻折的性质求出和的度数是解题的关键．｛多边形★｝如图，将四边形纸片沿折叠，点、分别落在点、处．若，则A． B． C． D．【分析】先根据得出的度数，再由四边形内角和定理即可得出结论．【解答】解：，．，，．故选：．【点评】本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．（2021•福建）如图，点在正五边形的内部，为等边三角形，则等于A． B． C． D．【分析】根据等边三角形的性质得到，，由正五边形的性质得到，，等量代换得到，，根据三角形的内角和求出，根据即可得到结论．【解答】解：是等边三角形，，，在正五边形中，，，，，，，故选：．【点评】本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．（2020•烟台）量角器测角度时摆放的位置如图所示，在中，射线交边于点，则的度数为A． B． C． D．【分析】根据等腰三角形的性质，三角形的外角的性质即可得到结论．【解答】解：，，，，，故选：．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．（2020•德州）如图，小明从点出发，沿直线前进8米后向左转，再沿直线前进8米，又向左转照这样走下去，他第一次回到出发点时，共走路程为A．80米 B．96米 C．64米 D．48米【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．【解答】解：根据题意可知，他需要转次才会回到原点，所以一共走了（米．故选：．【点评】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是．（2021•镇江）如图，花瓣图案中的正六边形的每个内角的度数是．【分析】多边形的内角和可以表示成，因为所给多边形的每个内角均相等，可设这个正六边形的每一个内角的度数为，故又可表示成，列方程可求解．【解答】解：设这个正六边形的每一个内角的度数为，则，解得．故答案为：．【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的内角的度数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．（2020•福建）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则30度．【分析】由于六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，所以这个六边形是正六边形，先算出正六边形每个内角的度数，即可求出的度数．【解答】解：正六边形的每个内角的度数为：，所以，故答案为：30．【点评】本题考查了多边形内角和定理．解题的关键是会计算正六边形的每个内角的度数．考点2：平行四边形的判定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，平行四边形用“□”表示.②平行四边形的判定：（1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.即若AB∥CD，AD∥BC，则四边形ABCD是□.（2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.即若AB＝CD，AD＝BC，则四边形ABCD是□.（3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.即若AB＝CD，AB∥CD，或AD=BC,AD∥BC,则四边形ABCD是□.（4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.即若OA＝OC，OB＝OD，则四边形ABCD是□.（5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形若∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD，则四边形ABCD是□.｛平行四边形判定★｝下列条件中，能判定一个四边形是平行四边形的是A．一组对边平行，另一组对边相等 B．一组对边平行，一组对角相等 C．一组邻边相等，一组对角相等 D．一组对边平行，一组对角互补【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、一组对边平行，另一组对边相等，可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，故选项不符合题意；、一组对边平行，一组对角相等，可得到两组对边分别平行，为平行四边形，故选项符合题意；、由一组邻边相等，一组对角相等，不能判定一个四边形是平行四边形，故选项不符合题意；、一组对边平行，一组对角互补，可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，故选项不符合题意；故选：．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定．熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．｛平行四边形判定★｝四边形中，对角线，相交于点，要使四边形是平行四边形，则可以增加条件A．， B．， C．， D．，【分析】由平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项不符合题意；、，，四边形是平行四边形，故选项符合题意；、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项不符合题意；、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项不符合题意；故选：．【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．｛平行四边形判定★｝在四边形中，对角线、相交于点，在下列条件中，①，，②，；③，，④，，⑤，，能够判定四边形是平行四边形的个数有A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．【解答】解：①，，两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形；②，，两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形；③，，不能判定四边形为平行四边形；④，，对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形；⑤，，，，，两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形；故选：．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．｛平行四边形判定★｝下列关于平行四边形的命题中，错误的是A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 B．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 C．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形 D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【分析】利用平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；、一组对边相等，另一组对边平行的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，不符合题意；、一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意，故选：．【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形的判定方法，难度不大．｛平行四边形判定★｝已知：如图，点，在上，且，，．求证：与互相平分．【分析】连接、，证明，得，，则，再证四边形是平行四边形，即可得出结论．【解答】证明：连接、，如图：，即，在和中，，，，，，四边形是平行四边形，与互相平分．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．｛平行四边形判定★｝（2020•岳阳）如图，点，在的边，上，，，连接，．求证：四边形是平行四边形．【分析】根据平行四边形的性质得出，，进而得出，利用平行四边形的判定解答即可．【解答】证明：四边形是平行四边形，，，，，，，四边形是平行四边形．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，关键是掌握平行四边形两组对边平行且相等，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．｛平行四边形判定★｝小红同学周末在家做家务，不慎把家里的一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，为了能从玻璃店配到一块与原来相同的玻璃，他应该带其中两块去玻璃店．A．①② B．②④ C．②③ D．①③【分析】确定有关平行四边形，关键是确定平行四边形的四个顶点，由此即可解决问题．【解答】解：只有②④两块角的两边互相平行，且中间部分相联，角的两边的延长线的交点就是平行四边形的顶点，带②④两块碎玻璃，就可以确定平行四边形的大小．故选：．【点评】本题考查平行四边形的定义以及性质，解题的关键是理解如何确定平行四边形的四个顶点，四个顶点的位置确定，平行四边形的大小就确定．｛平行四边形判定★｝下列命题中，正确的是A．有一组对边相等的四边形是平行四边形 B．有两个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理判断即可．【解答】解：、有一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，例如等腰梯形，本选项说法错误，不符合题意；、有两个角是直角的四边形不一定是矩形，例如直角梯形，本选项说法错误，不符合题意；、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，本选项说法错误，不符合题意；、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，本选项说法正确，符合题意；故选：．【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．掌握平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理是解题的关键．｛平行四边形判定★｝四边形中，，，，，垂足分别为、．求证：四边形是平行四边形．【分析】证，得，则，再由，即可得出结论．【解答】证明：，，即，，，，在与中，，，，，又，四边形是平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定，证明是解题的关键．｛平行四边形判定★｝如图，在四边形中，，点，是上的两点，，连接，，，求证：四边形是平行四边形．【分析】根据平行线的性质得出，由证明，得出，即可得出四边形是平行四边形．【解答】证明：，，，，，，四边形是平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．下列不能判定一个四边形是平行四边形的是A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形【分析】根据平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可选出答案．【解答】解：根据平行四边形的判定定理，、、均符合是平行四边形的条件，则不能判定是平行四边形．故选：．【点评】此题主要考查学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．（2021•资阳）下列命题正确的是A．每个内角都相等的多边形是正多边形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．过线段中点的直线是线段的垂直平分线 D．三角形的中位线将三角形的面积分成两部分【分析】利用正多边形的定义、平行四边形的判定、垂直平分线的定义和三角形中位线定理进行判断即可选出正确答案．【解答】解：、每条边、每个内角都相等的多边形是正多边形，故选项说法错误，是假命题；、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项说法正确，是真命题；、过线段中点，并且垂直于这条线段的直线是线段的垂直平分线，故选项说法错误，是假命题；、三角形的中位线将三角形的面积分成两部分，故选项说法错误，是假命题．是的中位线，，，，相似比为，，．故选：．【点评】本题考查正多边形的定义、平行四边形的判定、垂直平分线的定义和三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握这些定理、定义．（2020•衡阳）如图，在四边形中，对角线和相交于点，下列条件不能判断四边形是平行四边形的是A．，B．，C．， D．，【分析】根据平行四边形的定义，可以得到选项中的条件可以判断四边形是平行四边形；根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以得到选项中的条件可以判断四边形是平行四边形；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以得到选项中的条件可以判断四边形是平行四边形；选项中的条件，无法判断四边形是平行四边形．【解答】解：，，四边形是平行四边形，故选项中条件可以判定四边形是平行四边形；，，四边形是平行四边形，故选项中条件可以判定四边形是平行四边形；，，则无法判断四边形是平行四边形，故选项中的条件，不能判断四边形是平行四边形；，，四边形是平行四边形，故选项中条件可以判定四边形是平行四边形；故选：．【点评】本题考查平行四边形的判定，解答本题的关键是明确平行四边形的判定方法．考点3：平行四边形的性质①平行四边形的性质：（1）边：两组对边分别平行且相等.即AB∥CD且AB＝CD，BC∥AD且AD＝BC.（2）角：对角相等，邻角互补.即∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，∠ABC＋∠BCD＝180°，∠BAD＋∠ADC＝180°.（3）对角线：互相平分.即OA＝OC，OB＝OD（4）对称性：中心对称但不是轴对称.｛平行四边形性质★｝如图，在中，平分，，，则A．4 B．5 C．6 D．7【分析】首先由在中，，，求得的长，然后由平分，证得是等腰三角形，继而求得的长．【解答】解：在中，，，，，，平分，，，，故选：．【点评】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意证得是等腰三角形是解此题的关键．｛平行四边形性质★｝如图，在中，，以点为圆心，为半径画弧与交于点，然后分别以，为圆心，大于为半径画弧交于点，连接交于点，若，，则的长为A． B． C．5 D．10【分析】设交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题．【解答】解：设交于点，连接，如图所示：由题意可知：，，，，四边形是平行四边形，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，在中，，，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形是菱形．｛平行四边形性质★｝如图，是等边三角形的边上一点，四边形是平行四边形，点在的延长线上，为的中点．连接，若，，则的长为A．2 B．3 C．4 D．5【分析】延长交于点，易得是等边三角形，从而可求，为的中点由中位线定理可得．【解答】解：延长交于点，是等边三角形，，四边形是平行四边形，，，是等边三角形，，，为的中点，是的中位线，，故选：．【点评】本题考查了等边三角形的性质及判定和三角形中位线定理，解题关键是延长交于点，将构造为三角形中位线从而解题．｛平行四边形性质★｝如图，在平行四边形中，平分交边于点，若平行四边形的周长是24，，则的长为A．4 B．5 C．5.5 D．6【分析】证，则，再由平行四边形的周长得，即可求解．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，，平分，，，，，①，平行四边形的周长是24，②，①②得：，，，故选：．【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明是解题的关键．｛平行四边形性质★｝如图，在平行四边形中，，，是锐角，于点，是的中点，连接，．若，则线段的长为A．2 B．1 C． D．【分析】延长交的延长线于，连接，设．首先证明，利用勾股定理构建方程即可解决问题．【解答】解：如图，延长交的延长线于，连接，设，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，，，，，整理得：，解得或（舍弃），，，故选：．【点评】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．｛平行四边形性质★｝如图，在中，对角线，相交于点，点是的中点，若，则的长为A．16 B．18 C．20 D．22【分析】由四边形是平行四边形，对角线，相交于点，可得点是、的中点，又因为点是的中点，可知是的中位线，即，易求解的长度．【解答】解：四边形是平行四边形，对角线，相交于点，点是、的中点，点是的中点，是的中位线，即，，，故选：．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和三角形中位线的性质，掌握平行四边形对边平行且相等，三角形中位线是底边的一半是解决问题的关键．｛平行四边形性质★｝如图，的周长为36，对角线，交于点，，垂足为，交于点，则的周长为A．12 B．18 C．24 D．26【分析】由平行四边形的对角线相交于点，，根据线段垂直平分线的性质，可得，又，继而可得的周长等于．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，平行四边形的周长为36，，，，的周长为：．故选：．【点评】此题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．｛平行四边形性质★｝如图，在平行四边形中，，分别是边，的中点，，分别交于点，，则图中阴影部分图形的面积之和与平行四边形的面积之比为A． B． C． D．【分析】依据相似三角形的对应边成比例，即可得到，进而得出；依据三角形中位线定理，即可得到，据此可得阴影部分图形的面积与的面积之比．【解答】解：，是的中点，，，即，同理可得，，，，、分别是边、的中点，，，，，，图中阴影部分图形的面积，即图中阴影部分图形的面积与的面积之比为，故选：．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．｛平行四边形性质★｝如图，的对角线，交于点，，，垂足为，若，，则的面积为A． B． C． D．【分析】根据题意分别求得线段和线段的长，利用底乘高求得平行四边形的面积即可．【解答】解：平行四边形中，，，，，，，，，，的面积为，故选：．【点评】考查了平行的四边形的性质及解直角三角形的知识，了解含角的直角三角形的性质是解答本题的关键，｛平行四边形性质★｝如图，在平面直角坐标系中，平行四边形中，顶点，，，则顶点的坐标为A． B． C． D．【分析】由点和点的坐标可求出直线的解析式，同理求出的解析，根据直线平行的条件和点的坐标，可分别求出直线和的解析式，再求和的交点坐标即可．【解答】解：设直线的解析式为、直线的解析式为，把点、代入上式得，，解得，直线的解析式为；四边形是平行四边形，，，直线的解析式为，把代入上式得，，直线的解析式为，同理求得直线的解析式为，将直线与直线的解析式联立得，，解得，点的坐标为．故选：．【点评】本题主要考查了用待定系数法求一次函数解析式和平行四边形的性质，解题关键是数形结合思想的运用，根据直线平行得到解析式中的值相等而解决问题．（2021•苏州）如图，在平行四边形中，将沿着所在的直线折叠得到△，交于点，连接，若，，，则的长是A．1 B． C． D．【分析】首先根据平行四边形的性质得，，可证出，，根据翻折可得，，进而可得，从而可得，再根据含角的直角三角形的性质求出，根据勾股定理即可得的长．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，，将沿翻折至△，，，，，，，，，，，．故选：．【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，翻折的性质，勾股定理的应用，关键是熟练掌握平行四边形的性质．考点4：特殊平行四边形的判定①矩形的判定：（1）定义法：有一个角是直角的平行四边形（2）有三个角是直角（3）对角线相等的平行四边形②菱形的判定：（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形（2）对角线互相垂直的平行四边形（3）四条边都相等的四边形③正方形的判定：（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形（2）一组邻边相等的矩形（3）一个角是直角的菱形（4）对角线相等且互相垂直、平分｛特殊平行四边形的判定★｝在中，添加以下哪个条件能判断其为菱形A． B． C． D．【分析】由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、，，又四边形是平行四边形，四边形是矩形；故选项不符合题意；、，，又四边形是平行四边形，四边形是矩形；故选项不符合题意；、，不能判定是菱形；故选项不符合题意；、四边形是平行四边形，又，四边形是菱形；故选项符合题意；故选：．【点评】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝如图，在四边形中，点，分别是，的中点，，分别是，的中点，，满足什么条件时，四边形是菱形A． B． C． D．【分析】证是的中位线，得，，同理，，，，则，，得四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．【解答】解：当时，四边形是菱形．理由如下：点，分别是，的中点，是的中位线，，，同理，，，，，，四边形是平行四边形，又，，平行四边形是菱形．故选：．【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的判定和三角形中位线定理是解题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝（2021•宁德模拟）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是A．①表示有一个角是直角 B．②表示有一组邻边相等 C．③表示四个角都相等 D．④表示对角线相等【分析】根据平行四边形、菱形、正方形、矩形的性质和判定逐个判断即可．【解答】解：一个角是直角的平行四边形是矩形，选项不符合题意；一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项不符合题意；四个角都是相等的矩形不一定是正方形，选项符合题意；对角线相等的菱形是正方形，选项不符合题意．故选：．【点评】本题考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质和判定的应用，能熟记平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质和判定的内容是解此题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝下列关于的叙述，正确的是A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若平分，则是正方形 D．若，则是正方形【分析】由菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法得出选项、、错误，正确；即可得出结论．【解答】解：中，，四边形是矩形，不一定是菱形，选项不符合题意；中，，四边形是矩形，选项符合题意；中，平分，四边形是菱形，不一定是正方形，选项不符合题意；中，，四边形是菱形，选项不符合题意；故选：．【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法；熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定方法是解决问题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝（2020•贺州）如图，已知在中，，是边上的中线，，分别是，的中点，为延长线上的点，．（1）求证：；（2）求证：四边形是矩形．【分析】（1）先证是的中位线，得，再由证出，即可得出结论；（2）先证，得，则四边形是平行四边形，再由等腰三角形的在得，即可得出结论．【解答】证明：（1），分别是，的中点，是的中位线，，，，；（2）由（1）得：，，，是的中点，，，，四边形是平行四边形，又，是边上的中线，，，平行四边形是矩形．【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝在四边形中，对角线，互相平分，要使四边形为菱形，需添加的条件是A． B． C． D．【分析】先证四边形是平行四边形，再由，即可得出结论．【解答】解：要使四边形为菱形，需添加的条件是，理由如下：四边形中，对角线，互相平分，四边形是平行四边形，又，平行四边形是菱形，故选：．【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，熟记对角线垂直的平行四边形为菱形是解题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝下列叙述，错误的是A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形【分析】由矩形的判定的判定、平行四边形的判定以及菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：方法一：．根据对角线互相垂直的平行四边形可判定为菱形，再有对角线且相等可判定为正方形，故此选项正确，不符合题意；．根据对角线互相平分四边形可判定为平行四边形，再有对角线相等可判定为矩形，故此选项正确，不符合题意；．根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项正确，不符合题意；．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项错误，符合题意；故选：．方法二：．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，选项不符合题意；．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，选项不符合题意；．对角线互相平分的四边形是平行四边形，选项不符合题意；．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，选项符合题意；故选：．【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定、平行四边形的判定，准确把握矩形、菱形、正方形以及平行四边形的判定定理之间的区别与联系是解决问题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝（2021•益阳）如图，已知四边形是平行四边形，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是①（限填序号）．【分析】由菱形的判定、矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个条件进行判断即可．【解答】解：①四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形；②四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形；③四边形是平行四边形，，因此时，四边形还是平行四边形；故答案为：①．【点评】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质等知识；熟记“有一组邻边相等的平行四边形为菱形”是解题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝（2021•随州）如图，在菱形中，，是对角线上的两点，且．（1）求证：；（2）求证：四边形是菱形．【分析】（1）由“”可证；（2）由菱形的性质可得，，，可求，可得结论．【解答】证明：（1）四边形是菱形，，，，在和中，，；（2）如图，连接，交于，四边形是菱形，，，，，，四边形是平行四边形，又，平行四边形是菱形．【点评】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．｛特殊平行四边形的判定★｝（2020•广西）如图，在中，点，分别是，的中点，连接并延长至点，使，连接，，．（1）求证：．（2）若，求证：四边形是矩形．【分析】（1）由即可得出结论；（2）先证四边形是平行四边形，再证是的中位线，得，则，然后证，得，即可得出结论．【解答】证明：（1）点是的中点，，在和中，，；（2），，四边形是平行四边形，点，分别是，的中点，是的中位线，，，，，，，平行四边形是矩形．【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定的判定等知识；熟练掌握矩形的判定、平行四边形的判定与性质是解题的关键．（2021•德州）下列选项中能使成为菱形的是A． B． C． D．【分析】由菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、四边形是平行四边形，，故选项不符合题意；、四边形是平行四边形，，为菱形，故选项符合题意；、四边形是平行四边形，，为矩形，故选项不符合题意；、四边形是平行四边形，，为矩形，故选项不符合题意；故选：．【点评】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．（2021•河池）已知，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是A． B． C． D．【分析】由矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、四边形是平行四边形，，，，，为矩形，故选项不符合题意；、不能判定为矩形，故选项符合题意；、四边形是平行四边形，，是矩形，故选项不符合题意；、，，为矩形，故选项不符合题意；故选：．【点评】本题主要考查的是矩形的判定、平行四边形的性质等知识，熟记矩形的判定方法是解题的关键．（2021•娄底）如图，点、在矩形的对角线所在的直线上，，则四边形是A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【分析】根据对角线互相平分可判断；根据对角线不相等的平行四边形不是矩形可判断，；根据无法证明对角线互相垂直可判断．【解答】解：．四边形是矩形，，，，，四边形是平行四边形，故本选项符合题意；．四边形是矩形，，，四边形不是矩形，故本选项不符合题意；．四边形是矩形，不能证明，不能证明，故本选项不符合题意；．四边形是矩形，，，四边形不是正方形，故本选项不符合题意；故选：．【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握平行四边形和特殊平行四边形的判定方法是解决问题的关键．（2020•台州）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③ C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②【分析】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断．【解答】解：对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，故①②，①③错误，故选项，，错误，故选：．【点评】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．考点5：特殊平行四边形的性质①矩形的性质：（1）四个角都是直角（2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO.（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB.②菱形的性质：（1）四边相等（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角（3）面积=底×高=对角线乘积的一半③正方形的性质：(1)四条边都相等，四个角都是直角(2)对角线相等且互相垂直平分(3)面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB｛特殊平行四边形的判定★｝如图，在中，，，，为斜边上一动点，过作于点，过作于点，则线段的最小值为A． B．5 C． D．2.5【分析】连接，先证明四边形是矩形，得出，再由三角形的面积关系求出的最小值，即可得出结果．【解答】解：连接，如图所示：，，，，四边形是矩形，，，，，，当时，最短，此时的面积，的最小值，线段的最小值为；故选：．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形面积的计算方法；熟练掌握矩形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．｛特殊平行四边形的性质★｝如图，四边形是菱形，，，于，则点到边距离等于A．4 B．5 C． D．【分析】由锐角三角函数定义求出，再由勾股定理求出，然后由菱形的面积求出的长即可．【解答】解：设交于，四边形是菱形，，，，，，，，，，，，即，，即点到边距离等于，故选：．【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的性质，由锐角三角函数定义求出的长是解题的关键．｛特殊平行四边形的性质★｝矩形具有而菱形不具有的性质是A．对角线相等 B．对角线平分一组对角 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直【分析】根据矩形好菱形的性质，容易得出结论．【解答】解：矩形的对角线互相平分且相等；菱形的对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角；根据矩形和菱形的性质得出：矩形具有而菱形不具有的性质是：对角线相等；故选：．【点评】本题考查了矩形的性质和菱形的性质；熟练掌握矩形和菱形的对角线上的性质是解决问题的关键．｛特殊平行四边形的性质★｝如图所示，矩形中，平分交于，，则下面的结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确的有A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】由矩形的性质得，再证，得是等边三角形，可判断①正确；然后由含角的直角三角形的性质得，则，可判断②错误；最后由得、，可判断③、④正确．【解答】解：四边形是矩形，，，，，，，平分，，，，，，是等边三角形，故①正确；，，，，而，，故②错误；，、，故③、④正确；故选：．【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质，证出是解题的关键．｛特殊平行四边形的性质★｝如图，在长方形中，，，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，则的长为A．26 B．28 C．30 D．32【分析】根据勾股定理得出，进而利用矩形的性质和勾股定理得出即可．【解答】解：连接，由题意知，，四边形是矩形，，，，在中，，，在中，，故选：．【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据勾股定理得出解答．｛特殊平行四边形的性质★｝如图，正方形外侧作等边三角形，则的度数为A． B． C． D．【分析】根据等边三角形的性质及正方形的性质可得到，从而可求得的度数，即可求解．【解答】解：根据等边三角形和正方形的性质可知，，，，．故选：．【点评】本题考查了正方形和等边三角形的特殊性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．｛特殊平行四边形的性质★｝（2021•贺州）如图，在矩形中，，分别为，的中点，以为斜边作，，连接，．若，则．【分析】由为斜边作，，得是等腰三角形，，，再由，分别为，的中点，，得，，得和的度数，，即可求解．【解答】解：为斜边作，，，，，，分别为，的中点，，，，，同理，可得，．故答案为：．【点评】本题考查了等腰直角三角形和矩形的性质，熟练掌握等腰直角三角形两腰相等，两底角都是的性质是解题的关键．｛特殊平行四边形的性质★｝（2021•福建）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，点不与，重合，且，是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点到边，的距离一定相等；③点到边，的距离可能相等；④点到边的距离的最大值为．其中正确的是①②④．（写出所有正确结论的序号）【分析】根据矩形的性质得出，又，由四边形内角和为可判断①；过作，，分别交于，交于，根据且，，可以求出，然后证明，可以判断②；由，和②的结论可以判断③；当四边形是正方形时，点到的距离最大，从而可以判断④．【解答】解：四边形是矩形，，又，四边形内角和是，，故①正确；过作，，分别交于，交于，且，，又，，即，，，，在和中，，，，故②正确；，，并由②知，