第21讲 平行四边形与多边形 2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第五章四边形第21讲平行四边形与多边形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一多边形的相关概念考点二平行四边形的性质与判定考点三三角形中位线04题型精研·考向洞悉命题点一多边形及其内角和►题型01认识多边形►题型02多边形对角线条数►题型03多边形内角和问题►题型04正多边形的外角和问题►题型05多边形外角和的实际应用►题型06平面镶嵌►题型07多边形内角、外角综合问题命题点二平行四边形的性质与判定►题型01利用平行四边形的性质求解►题型02判断已知条件能否构成平行四边形►题型03添加一个条件使四边形成为平行四边形►题型04利用平行四边形的性质与判定求解►题型05利用平行四边形的性质与判定证明命题点三三角形中位线►题型01三角形中位线有关的计算►题型02三角形中位线的实际应用►题型03与三角形中位线有关的证明05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升考点要求新课标要求考查频次命题预测多边形的相关概念了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线.探索并掌握多边形内角和与外角和公式.10年7考本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为8分左右，预计20254年广东中考还将出现，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、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用．平行四边形的性质与判定探索并证明平行四边形的性质定理.探索并证明平行四边形的判定定理.10年8考三角形中位线探索并证明三角形中位线定理.10年8考考点一多边形的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.

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

多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）.【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．考点二平行四边形的性质与判定平行四边形的定义：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”.平行四边形的性质：1)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.【解题技巧】1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．3）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及周长．4）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．5）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．6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．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．【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．考点三三角形中位线三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线.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.三角形中位线定理的作用：位置关系：可以证明两条直线平行.数量关系：可以证明线段的倍分关系.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.命题点一多边形及其内角和►题型01认识多边形1．（2023·广东深圳·模拟预测）在等边三角形、正五边形、正六边形、正七边形中，既是轴对称又是中心对称的图形是（）A．等边三角形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形【答案】C【分析】根据正多边形的性质和轴对称图形、中心对称的图形的识别进行判断即可．【详解】解：由正多边形的性质知，偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形，所以正六边形既是轴对称又是中心对称的图形，故选：C．【点睛】本题考查了正多边形的性质、轴对称图形、中心对称的图形的识别，熟知偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形是解题的关键．2．（2012·江苏无锡·中考模拟）如图，正五边形与正五边形，若，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据两个五边形都是正多边形，得到各边都相等，然后进行等量替换判断正确选项．【详解】解：五边形和五边形都是正多边形，，，，，．故选：B．【点睛】本题考查的是正多边形的性质．根据正多边形的性质判断线段之间的关系．3．（2020·全国·模拟预测）下列图形中，正多边形的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【详解】略4．（2024·河北石家庄·一模）如图，点O是正六边形对角线上的一点，若，则阴影部分的面积为（

）A．10 B．15C．20 D．随点O位置而变化【答案】B【分析】本题考查了正多边形的性质．把正多边形分成两个全等的三角形和一个矩形求解即可．【详解】解：∵正六边形，∴，四边形是矩形，∴，∴阴影部分的面积为，故选：B．►题型02多边形对角线条数5．（2022·广东深圳·模拟预测）多边形的对角线共有20条，则下列方程可以求出多边形边数的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由边形从一个顶点出发可引出条对角线，再根据边形对角线的总条数为，即可求出结果．【详解】解：设多边形边数为，从一个顶点出发可引出条对角线，再根据边形对角线的总条数为，即，，故答案选：D．【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，根据多边形对角线公式列等式是解答本题的关键．6．（2023·河北·模拟预测）一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，那么这个多边形从一个顶点引对角线的条数是（）条．A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程求解，然后即可确定对角线的条数．【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，，解得．∴从一个顶点引对角线的条数是（条），故选：C．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形对角线的条数，熟练掌握多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是是解题关键．7．（2022·河北保定·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．8．（2021·云南普洱·一模）如图，从一个四边形的同一个顶点出发可以引出1条对角线，从五边形的同一个顶点出发，可以引出2条对角线，从六边形的同一个顶点出发，可以引出3条对角线，……，依此规律，从n边形的同一个顶点出发，可以引出的对角线数量为（

）A．n B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可得从n边型的同一个顶点出发，可以引条对角线．【详解】解：∵从一个四边形的同一个顶点出发可以引出条对角线；从五边形的同一个顶点出发，可以引出条对角线，从六边形的同一个顶点出发，可以引出条对角线，∴从n边型的同一个顶点出发，可以引条对角线，故选：C．【点睛】本题主要考查了图形类的规律题，解题的关键在于能够根据题意得到规律求解．►题型03多边形内角和问题9．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可．【详解】解：∵五边形是正五边形，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，，∴，故选：B．10．（2024·湖南·二模）如图，在四边形内部，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查了三角形和四边形内角和，解题的关键是掌握以上知识点．首先根据三角形内角和定理得到，然后根据四边形内角和求解即可．【详解】∵∴∵，∴．故选：B．11．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，三个正方形一些顶点已标出了角的度数，则x的值为（

）A．30 B．39 C．40 D．41【答案】D【分析】本题考查多边形的内角和公式，多边形的内角和等于，先根据多边形的内角和公式计算出内角和，再根据各个角的度数建立方程，解方程即可求得答案．【详解】解：根据题意得，三个正方形与下面的图像构成一个九边形，九边形的内角和为：，∴，解得，故选：D．12．（2024·河南·模拟预测）如图，点A，B，C，D，E在同一平面内，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了四边形内角和定理和三角形内角和定理．连接，利用四边形内角和定理和三角形内角和定理计算即可．【详解】解：如图，连接，则，，∵，∴，∴，故选：C．►题型04正多边形的外角和问题13．（2023·河北张家口·模拟预测）如图，小明从A点出发，沿直线前进5米后向左转，再沿直线前进5米，又向左转，……，照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（

）A．20米 B．25米 C．30米 D．35米【答案】B【分析】本题考查了正多边形的性质，多边形的外角和；由已知条件得走的图形是正多边形，且每个外角为，由外角和求出边数，即可求解．【详解】解：第一次回到出发点A时，走的图形是正多边形，且每个外角为，，解得：，共走路程为（米），故选：B．14．（2024·广东清远·模拟预测）若一个正多边形的每一个外角都等于三角形内角和的，则这个正多边形的边数为（

）A．六边形 B．八边形 C．十边形 D．十二边形【答案】D【分析】本题考查了多边形内角和外角及三角形内角和定理，设多边形的边数为，则根据“一个正多边形的每一个外角都等于三角形内角和的”可知多边形各外角相等，然后根据多边形外角和为进行解答即可解答本题的关键在于熟练掌握多边形内角和外角的概念以及多边形外角和等于．【详解】解：三角形内角和为，∵一个正多边形的每一个外角都等于三角形内角和的，∴多边形各外角都为，设多边形的边数为，∴，解得：．故多边形的边数为12，故选：D．15．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（

）A．12 B．10 C．8 D．6【答案】A【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.【详解】解：∵正方形，∴，∵，∴，∴正边形的一个外角为，∴的值为；故选A16．（2024·山东聊城·二模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了多边形外角和定理，由多边形的外角和定理直接可求出结论．【详解】解：∵正八边形的每一个外角都相等，外角和为，∴它的一个外角．故选：A．►题型05多边形外角和的实际应用17．（2024·湖北荆门·模拟预测）小聪利用所学的数学知识，给同桌出了这样一道题：假如从点A出发，沿直线走9米后向左转，接着沿直线前进9米后，再向左转，…，如此下去，当他第一次回到点A时，发现自己一共走了72米，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了多边形的内角与外角，解决本题的关键是明确第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，用，求得边数，再根据多边形的外角和为，即可求解．【详解】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，∴正多边形的边数为：，根据多边形的外角和为，∴则他每次转动θ的角度为：，故选：D．18．（2024·湖北十堰·二模）参加创客兴趣小组的同学，给机器人设定了如图所示的程序，机器人从点O出发，沿直线前进1米后左转，再沿直线前进1米，又向左转……照这样走下去，机器人第一次回到出发地O点时，一共走的路程是（

）A．10米 B．18米 C．20米 D．36米【答案】C【分析】本题考查了多边形的外角和定理的应用．由题意可知小华所走的路线为一个正多边形，根据多边形的外角和即可求出答案．【详解】解：∵，∴他需要走20次才会回到原来的起点，即一共走了（米）．​故选：C19．（2023·河北保定·模拟预测）如图，六边形为正六边形，，则的值为（

）

A．60° B．80° C．108° D．120°【答案】A【分析】延长交于点G，利用多边形外角和定理算出，再利用平行线的性质，三角形外角定理得出．【详解】如图，延长交于点G，

∵六边形为正六边形，∴，∵，∴，∵，∴．故选：A．【点睛】本题考查了多边形外角和定理，三角形外角定理，构建合适的三角形是解题的关键．20．（2023·北京房山·一模）如图是由射线，，，，，组成的平面图形，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据多边形的外角和等于解答即可．【详解】解：由多边形的外角和等于可知，，故选：B．【点睛】本题考查的是多边形的外角和，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．►题型06平面镶嵌21．（2024·河北邯郸·二模）如图，用一些全等的正五边形按如图方式可以拼成一个环状，使相邻的两个正五边形有公共顶点，所夹的锐角为，图中所示的是前3个正五边形拼接的情况，拼接一圈后，中间会形成一个正多边形，则该正多边形的边数是（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】本题考查了正多边形、多边形的内角与外角等知识；由完全拼成一个圆环需要的正五边形为个，则围成的多边形为正边形，利用正五边形的内角与夹角计算出正边的每个内角的度数，然后根据内角和定理得到解方程求解即可．【详解】∵正五边形的每个内角为，∴组成的正多边形的每个内角为，∵n个全等的正五边形拼接可以拼成一个环状，中间会形成一个正多边形，∴形成的正多边形为正n边形，则，解得：．故选C．22．（2023·北京平谷·二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为（

）A．50° B．60° C．100° D．120°【答案】B【分析】先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解．【详解】解：正六边形的一个内角度数为，∴的度数为，故选：B．【点睛】本题考查了平面镶嵌，也考查了正多边形内角的计算方法，掌握正多边形的概念，理解几何图形镶嵌成平面是：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是解题关键．23．（2022·广东佛山·三模）如图是某小区花园内用正边形铺设的小路的局部示意图，若用块正边形围成的中间区域是一个小正方形，则（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成求出正边形的一个内角，进而得到一个外角的度数，根据多边形的外角和是即可得出答案．【详解】解：正方形的一个内角是，正边形的一个内角，正边形的一个外角，，故选：C．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，掌握镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成是解题的关键．24．（2022·江西抚州·一模）在数学活动课中，我们学习过平面镶嵌，若给出如图所示的一些边长均为1的正三角形、正六边形卡片，要求必须同时使用这两种卡片，不重叠、无缝隙地围绕某一个顶点拼在一起，形成一个平面图案，则可拼出的不同图案共有（

）．A．2种 B．3种 C．4种D．5种【答案】B【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°，若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．【详解】解：∵正三角形的内角为60°，正六边形的内角为120°，设围绕某一个顶点拼在一起，成一个平面图案，用个正三角形、个正六边形，则；采用列举法求解，从来讨论求值：∴①当时，有两种图案，具体是或；②当时，有一种图案，具体是；故选：B．【点睛】考查了平面镶嵌（铺满）问题，记住几个常用正多边形的内角并能够用两种正多边形镶嵌的几个组合是解决问题的关键．►题型07多边形内角、外角综合问题25．（2025·上海宝山·模拟预测）簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，精美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民的勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称美，小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决．(1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不能是下列哪种形状的正多边形______（填序号）①正三角形②正四边形③正五边形④正六边形(2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由【答案】(1)(2)【分析】本题考查了平面镶嵌，熟练掌握平面图形的镶嵌是解题的关键：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．（1）分别求出各多边形内角的度数，再由密铺的条件即可得出结论；（2）根据正六边形各内角的度数即可得出结论．【详解】（1）解：①正三角形的内角是，，可以密铺，不符合题意；②正四边形的内角是，，可以密铺，不符合题意；③正五边形的内角是，，不能密铺，符合题意；④正六边形的内角是，，可以密铺，不符合题意；故答案为：③；（2）解：，理由如下：由题意得，这个正六边形围成的图形是一个正多边形，由图可知，围成的这个正多边形的每个内角的度数是，，解得：，故答案为：．26．（2024·广东河源·二模）综合与实践中式建筑中的窗户将对称美发挥得淋漓尽致．小明在旅游中看到了如图所示的八边形窗户，发现它既是轴对称图形又是中心对称图形，这个八边形窗户各个角都相等．图是从图中抽象出来的几何图，其中，，．八边形的周长为．设，．

(1)八边形的一个内角的度数为．(2)求关于的函数解析式．(3)当等于多少时，这个八边形窗户外框透过的光线最多？【答案】(1)(2)(3)当时，这个八边形窗户外框透过的光线最多【分析】本题主要考查了多边形的内角以及内角和、一次函数的应用、二次函数的应用及性质、等腰直角三角形的判定与性质，理解题意、数形结合是解题的关键．（1）根据“这个八边形窗户各个角都相等”，结合多边形的内角和公式，计算出八边形的一个内角的度数即可；（2）根据题意得出，，，根据“八边形的周长为”，得出，整理得出关于的函数解析式即可；（3）分别延长、、、，交于点，设这个八边形的面积为，证明构造的四个角落的小三角形是全等的等腰直角三角形，列出关于的二次函数关系式，根据二次函数性质，求出出取得最大值时，的值即可．【详解】（1）解：∵该多边形是八边形，∴它的内角和，又∵这个八边形窗户各个角都相等，∴八边形的一个内角的度数，故答案为：；（2）解：∵，，，八边形的周长为，，，∴，，，∴，∴；（3）解：如图，分别延长、、、，交于点，设这个八边形的面积为，∵八边形的一个内角的度数为，∴每个外角，又∵，∴构造的四个角落的小三角形是全等的等腰直角三角形，斜边为，则直角边为，∴，∴当时，取得最大值，∴当时，这个八边形窗户外框透过的光线最多．27．（2024·河南平顶山·二模）如图1，线段的长度一定，现将线段首尾相连，围成正边形（，且为整数），已知正边形的面积S（单位：）与边数（单位：条）之间的关系如图2所示．

(1)根据图中的信息，线段__________，当时，__________．(2)发现：观察图像，写出正边形的面积随边数的变化趋势为__________．(3)猜想：把线段围成什么图形时面积最大，并求出最大面积．【答案】(1)12，(2)随的增大而增大(3)围成圆形时面积最大，最大面积【分析】本题考考查多边形的面积和周长，圆的面积和周长；（1）根据正方形的面积，求出周长即可得到，再求出正六边形的周长和面积即可；（2）根据函数图像直接得到答案；（3）根据题意，线段围成圆形时面积最大，进而即可求解【详解】（1）解：当时，图形为正方形，此时面积为，∴正方形的边长为，周长为，即，当时，图形为正六边形，边长为，面积=故答案为：12，；（2）由函数图像可知：随的增大而增大；（3）线段围成圆形时面积最大．由得圆的半径，所以圆的面积．28．（2024·山东青岛·一模）（1）如图1，图2，图3，在中，分别以为边，向外作正三角形，正四边形，正五边形，相交于点O．①如图1，容易得到______；②探究：如图1，______；如图2，______；如图3，______；（2）如图4，已知：是以为边向外所作正n边形的一组邻边；，是以为边向外所作正n边形的一组邻边，与的延长线相交于点O，则______（用含n的式子表示）．【答案】（1）①

②；（2）【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质和正多边形的性质：（1）①根据等边三角形的性质可以得出，再根据可证明；②在图1中，根据三角形的外角与内角的关系就可以求出的值，在图2中，连接，然后用同样的方法证明，根据三角形外角与内角之间的关系就可以求出的值，在图3中同理可得的值；（2）依据②中的规律就可以得出当作正n边形的时候就可以求出图4中的值．【详解】解：①证明：如图1，∵和是等边三角，∴，∴，即．在和中，，∴．②∵，∴．∵，∴，∴，∴；如图2，连接，∵四边形和四边形是正方形，∴，∴，即．在和中，，∴，∴．∵，∴，∴，∴；如图3，连接，，∵五边形和五边形是正五边形，∴，∴∴在和中，，∴，∴．∵，∴，∴，∴．故答案为：①②；（2）以此类推，当作正n边形时，．故答案为：命题点二平行四边形的性质与判定►题型01利用平行四边形的性质求解29．（2025·广东揭阳·一模）如图，四边形为平行四边形，E，F分别为和的中点，，，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【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，勾股逆定理以及勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先过点作，交于一点，结合平行四边形的性质以及中点，得，再证明，得出，，然后证明，得出，运用勾股逆定理得是直角三角形，最后运用勾股定理列式进行计算，即可作答．【详解】解：过点作，交于一点，如图所示：∵四边形为平行四边形，∴，∵E，F分别为和的中点，∴∵，∴，∴∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，则，故是直角三角形，∴，∵，∴，∴，故选：A．30．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，，点，分别是，的中点，且，则的周长是（

）A．16 B．20 C．22 D．24【答案】C【分析】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、平行四边形的周长等知识，求得是解题的关键．由点，分别是，的中点，根据三角形的中位线定理得，而四边形是平行四边形，所以，，即可求得的周长是22，于是得到问题的答案．【详解】解：点，分别是，的中点，是的中位线，，，，四边形是平行四边形，，，，，的周长是22，故选：C31．（2024·广东河源·一模）如图，是平行四边形边中点，与交于点，连接，已知，，．下列命题：①点是的重心；②与相似；③；④平行四边形的面积为．其中正确的命题为（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④【答案】D【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定、勾股定理、三角形中位线定理：①设与交于点，可得到在中，为边上的中线，为边上的中线；②在上取一点，使，连接，，，可求得，，进而可求得，，证得为直角三角形，证明可得；③可证得；④先求得，结合，可求得结论．【详解】①设与交于点，如图1所示．∵四边形为平行四边形，∴，．在中，为边上的中线，∵点是的中点，∴为边上的中线．∴点是的重心．故命题①正确．②在上取一点，使，连接，，，如图2所示．∵四边形为平行四边形，，，，点是的中点，∴，，，．∴四边形为平行四边形．∴，，即．∴为的中位线．∴，．∴，．∴，．∴．在中，，，∴．∴为直角三角形，即．在中，由勾股定理得：．在中，，．∵，∴不是直角三角形．∴与不相似．故命题②不正确．③在中，，，由勾股定理得：，∴．故命题③不正确．④∵，，，∴．∴．故命题④正确．综上所述：正确的命题是①④．故选：D32．（2024·广东茂名·二模）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，则的长是（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形解题．根据平行四边形的性质证明，，进而可得和的长，然后可得答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，又∵平分，∴，∴，∴，同理可证：，∵，∴，，∴．故选：B．►题型02判断已知条件能否构成平行四边形33．（2024·广东·模拟预测）如图，点E是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中能判定四边形为平行四边形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】选项A，B中的条件都只能证得，不能判定四边形是平行四边形．选项C中的条件，不能判定四边形是平行四边形．对于选项D提供两组对边分别平行，能判定四边形为平行四边形，本题考查了平行四边形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．【详解】解：∵∴选项A不能判定四边形是平行四边形．∵∴选项B不能判定四边形是平行四边形．∵，∴不能判定四边形ABCD是平行四边形．选项C不能判定四边形是平行四边形．∵，∴．又，∴，∴，∴四边形是平行四边形故选：D34．（2023·广东梅州·一模）如图，在中，点E，F分别在边上，添加下列条件中的一项，不能保证四边形是平行四边形的是（

）

①；②；③；④A．① B．② C．③ D．④【答案】A【分析】根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可．【详解】解：∵，∴，；∴；①，不能保证四边形是平行四边形，符合题意；②∵，，∴，又，∴四边形是平行四边形；不符合题意；③∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形；不符合题意；④∵，∴，∴，同②即可得到四边形是平行四边形；不符合题意；故选A．【点睛】本题考查添加条件证明四边形是平行四边形．熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．35．（2024·河北沧州·一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题主要考查平行四边形的判定、平行线的判定等知识，掌握平行四边形的判定条件是解题的关键．根据平行四边形的判定定理判断即可．【详解】解：A.根据对角线互相平分能判断该四边形是平行四边形，故不符合题意；B.根据两组对边分别相等能判断该四边形是平行四边形，故不符合题意；C.根据图可判断出，一组对边相等，另一组对边平行，不能判断该四边形是平行四边形，符合题意；D.根据图可判断出，，根据两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故不符合题意．故选：C．36．（2023·河北保定·模拟预测）图中每个四边形上所做的标记中，线段上的划记数量相同的表示线段相等，角的标记弧线数量相同的表示角相等，则下列一定为平行四边形的有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由第四个图形中的两组内错角分别相等，得到的只有一组对边平行，故不能判断该四边形是平行四边形，其他三个图形均可判断为平行四边形．【详解】解：∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，∴第1个图是平行四边形，∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，∴第2个图是平行四边形，∵两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴第3个图是平行四边形；第4个图只能得到一组对边平行，∴第4个图不一定是平行四边形；∴一定为平行四边形的有3个；故选C．【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键．►题型03添加一个条件使四边形成为平行四边形37．（2023·广东·一模）如图，在四边形中，．添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则这个条件可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据得到，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，选择条件即可．【详解】∵，∴，∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，∴添加，故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．38．（2022·广东广州·一模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别在边BC，AD上，添加选项中的条件后不能判定四边形AECF是平行四边形的是（）.A．BE=DF B．AECF C．AF=EC D．AE=EC【答案】D【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，AD=BC，添加条件BE=DF，则AD-DF=BC-BE，即AF=CE，再由可以证明四边形AECF是平行四边形，故A不符合题意；添加条件AECF，再由可以证明四边形AECF是平行四边形，故B不符合题意；添加条件AF=EC，再由可以证明四边形AECF是平行四边形，故C不符合题意；添加条件AE=EC，再由不可以证明四边形AECF是平行四边形，故D符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定条件是解题的关键．39．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（

）A． B．AB＝AD C． D．【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握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、由，不能判定四边形为平行四边形，还有可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；B、由，不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意；C、∵，，∴不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意；D．∵，，，，，又，∴四边形是平行四边形，故本选项符合题意；故选：D．40．（2024·河北邯郸·三模）在四边形中，，其中部分线段的长已标记在图中，要使四边形为平行四边形，有如下三种添加条件的方案：甲：应添加条件“”；乙：应添加条件“”；丙：应添加条件“”．其中正确的是（

）．A．甲和丙 B．甲和乙 C．只有乙 D．甲、乙和丙【答案】D【分析】此题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．首先根据得到，然后分别利用全等三角形的性质和判定以及平行四边形的判定定理求解即可．【详解】∵∴若添加条件“”∴∵∴∴∵∴四边形是平行四边形，故甲正确；若添加条件“”∴∵∴∴∵∴四边形是平行四边形，故乙正确；若添加条件“”∴∵∴四边形是平行四边形，故丙正确；综上所述，其中正确的是甲、乙和丙．故选：D．►题型04利用平行四边形的性质与判定求解41．（2024·宁夏银川·模拟预测）如图，在中，，，，，分别是，的中点，连接．以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交，于点，；以点为圆心，长为半径作弧交于点；以点为圆心，长为半径作弧，交前面的弧于点；作射线交于点．则的长为（

）A．5 B．6 C．8 D．10【答案】A【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，平行线的判定和性质，基本作图，根据三角形中位线定理，结合基本作图可证得四边形是平行四边形是解决问题的关键．由勾股定理求出，根据三角形中位线定理得到，，结合基本作图可证得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求出．【详解】解：在中，，，，，，分别是，的中点，，，，由作图可知，，，，四边形是平行四边形，，故选：A42．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在中，，，，D，E分别是的中点，连接．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M，N；以点D为圆心，长为半径画弧，交于点P；以点P为圆心，长为半径画弧，交前面的弧于点Q；作射线交于点F，则的长为（

）A． B．7 C．8 D．10【答案】A【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，平行线的判定和性质，基本作图，根据三角形中位线定理，结合基本作图可证得四边形是平行四边形是解决问题的关键．由勾股定理求出，根据三角形中位线定理得到，，结合基本作图可证得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求出．【详解】解：在中，，，，，，分别是，的中点，，，，由作图可知，，，，四边形是平行四边形，，故选：A43．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知中，点，，，分别为，，，上的点，且，，分别与，相交于点，，若，则的面积一定可以表示为（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，由，得，，再证，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，得，，，，，进而利用面积公式即可得解．【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，

∵，∴，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，，∴，，∴，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，∴，，，，∴，∵于，，∴，，∴．∵，∴，，∴，∴，即，．∵，∴，∴．故选B．【点睛】本题主要考查了平行线的判定及性质，平行四边形的判定及性质，解直角三角形，相似形的性质，熟练掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．44．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在矩形中，，．若E是边上的一个动点，过点E作，交对角线于点O，交直线于点F，在点E移动的过程中，的最小值为（

）A．8 B． C．10 D．【答案】B【分析】过点D作交于M，过点A作，使，连接，可得是平行四边形，则：，当N、E、C三点共线时，的值最小，即为的长度，求出的长度即可得解．【详解】

过点D作交于M，过点A作，使，连接，四边形是平行四边形，，∴当N、E、C三点共线时，最小，四边形是矩形，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，即，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，即：的最小值为；故选：B．【点睛】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．►题型05利用平行四边形的性质与判定证明45．（2024·山西吕梁·三模）如图，在平行四边形中，，垂足为点．(1)过点作，垂足为点，连接和．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)猜想与之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见详解(2)，理由见详解【分析】本题考查了作垂线；平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识，解题的关键是利用全等三角形解决问题．（1）根据题意，过点作，垂足为点，连接和；（2）根据平行四边形的性质得到，证明，，即可得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质，即可得证．【详解】（1）解：如图，，，为所求；（2）；理由：，，，四边形是平行四边形，，，，在和中，，，四边形是平行四边形，．46．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，E，F是对角线上的两点（点E在点F左侧），且．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)当，，时，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）证，运用平行四边形的性质得，再证，得，即可得出结论；（2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出，，再证，则，得，求出，进而得出答案．【详解】（1）证明：，，，，四边形是平行四边形，，，，在和中，，，，四边形是平行四边形；（2）解：在中，，设，则，由勾股定理得：，解得：或（舍去），，，由（1）得：四边形是平行四边形，，，，，，，，设，则，，解得：或,（舍去），即，由（1）得：，，．【点睛】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、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．47．（2024·广东江门·一模）如图，，E、F分别是边上一点，且，直线分别交延长线、延长线于O、H、G．(1)求证：．(2)分别连接，试判断与的关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)，，理由见解析【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质．（1）根据平行四边形的性质得到，利用即可证明；（2）由（1）知，得到，根据，即可得到四边形是平行四边形，即可得出结论．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，；（2）证明：如图，连接，，，，四边形是平行四边形，，．48．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．(1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________；(2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；(3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．【答案】(1)，(2)，理由见解析(3)①见解析；②或．【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得；（2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案；（3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；在延长线上取点F，使，连接；②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得；第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得；第三种情况无交点，不符合题意．【详解】（1）解：，为的中点，，，，，，，即，解得，，；故答案为：1；；（2）解：，理由如下：根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点，，；又，，；设，则，，，，，，，，；（3）解：①第一种情况：作的平行线，使，连接，则四边形为平行四边形；延长交于点，，，，，，，即，为的中点；故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：第二种情况：作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故为的中点；同理可证明：，则，则四边形是平行四边形；故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：第三种情况：作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；在延长线上取点F，使，连接，则为的中点，同理可证明，从而，故四边形是平行四边形；故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：②若按照图1作图，由题意可知，，四边形是平行四边形，，，是等腰三角形；过P作于H，则，，，，，，；,，，，即

∴若按照图2作图，延长、交于点，同理可得：是等腰三角形，连接，，，，，；同理，，，，，，即，

，若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意）故答案为：或．【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键．命题点三三角形中位线►题型01三角形中位线有关的计算49．（2024·广东·模拟预测）如图，D，E分别是的边，的中点，若的周长为6，则的周长为（

）A． B．3 C．12 D．36【答案】C【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据三角形的周长公式求解即可得．【详解】解：∵点分别是的边，的中点，∴，即，∵的周长为6，∴，∴的周长为，故选：C．50．（2024·广东江门·模拟预测）如图，为的中位线，的角平分线交于点，若，，则的长为（

）．A．3 B．5 C．6 D．8【答案】C【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，等腰三角形的判定，先证明，，，可得，再证明，从而可得答案．【详解】解：∵为的中位线，，∴，，，∵，∴，∵，∴，∵的角平分线交于点F，∴，∴，∴，∴，故选：C．51．（2024·广东佛山·三模）如图，点D，E，F分别是各边的中点，连接．若的周长为10，则的周长为（

）A．5 B．6 C．8 D．10【答案】A【分析】本题考查三角形的中位线定理，根据题意，得到为的中位线，根据中位线定理，进行求解即可．【详解】解：∵点D，E，F分别是各边的中点，∴为的中位线，∴，∵的周长为10，∴，∴的周长为；故选A．52．（2024·广东广州·二模）如图，为的中位线，的角平分线交于点F，若，则的长为（

）A．5 B．6 C．8 D．9【答案】B【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，等腰三角形的判定，先证明，，，可得，再证明，从而可得答案．【详解】解：∵为的中位线，，∴，，，∵，∴，∵，∴，∵的角平分线交于点F，∴，∴，∴，∴，故选B．►题型02三角形中位线的实际应用53．（2024·广东潮州·一模）如图所示，某数学小组为测量池塘两侧，两点之间的距离，在空地上另取一点，并找到，的中点，，通过测量得，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．根据三角形中位线定理解答即可．【详解】解：点，分别为，的中点，是的中位线，，故选：D．54．（2024·广东东莞·模拟预测）为了倡导全民健身，某小区在公共活动区域安装了健身器材，其中跷跷板很受欢迎．如图，点O为跷跷板的中点，支柱垂直于地面，垂足为C，．当跷跷板的一端A着地时，另一端B离地面的高度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理是解题的关键．过点B作垂直底面于点D，判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得．【详解】解：如图，过点B作垂直底面于点D，，，点O为跷跷板的中点，是的中位线，，，故选：B．55．（2021·广东阳江·二模）如图，为了测量池塘边A、B两地之间的距离，在线段AB的一侧取一点C，连接CA并延长至点D，连接CB并延长至点E，使A、B分别是CD、CE的中点，若DE＝16m，则线段AB的长度是（）A．12m B．10m C．9m D．8m【答案】D【分析】根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，解答即可．【详解】解：∵点A、点B分别是CD、DE的中点，∴AB是△CDE的中位线，∴AB=DE=8(m)，故选：D．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．56．（2024·广西·模拟预测）如图，在一次数学实践活动中，为了测量校园内被花坛隔开的A，B两点的距离，同学们在外选择一点C，测得两边中点的距离为，则A，B两点的距离是（

）．A．12 B．14 C．16 D．24【答案】C【分析】本题考查三角形中位线定理，利用三角形中位线定理解决问题即可．【详解】解：，是的中位线，，，，故选：C．►题型03与三角形中位线有关的证明57．（2023·广东中山·一模）如图，在中，于点D，E，F分别是的中点，O是的中点，的延长线交线段于点G，连接．(1)证明：(2)若，求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先根据中位线定理得到，，则，由中点的定义得到，即可利用证明即可；（2）先证明四边形是平行四边形，由直角三角三角形斜边上中线的性质得到，由中位线定理得到，已知，则，即可证明四边形是菱形．【详解】（1）证明：∵E，F分别是的中点，∴是的中位线，∴，，∴，∵O是的中点，∴，在和中，∴；（2）∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∵E是AC的中点，∴，又∵，，∴，∴平行四边形是菱形．【点睛】此题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、中位线定理、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握中位线定理和直角三角形的性质是解题的关键．58．（2023·广东梅州·二模）在菱形中，点，，，分别为，，，的中点．

(1)如图所示，求证：四边形为矩形；(2)已知，，作的角平分线交于点，作，的中点，连接交与点，交于点，求线段的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，，与的交点为点，可证，，，，，从而可证四边形是平行四边形，可证，即可求证；（2）过点作，垂足为，可求，，可证，从而可得，设，则，由，即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，，与的交点为点，

点，，，分别为，，，的中点，是的中位线，是的中位线，是中位线，，，，，，，，四边形是平行四边形，四边形是菱形，，，，四边形是矩形．（2）解：如图，过点作，垂足为，

，四边形是矩形，，，，，，，、是、的中点，，四边形是平行四边形，，，，，，；是的角平分线，，设，则，，解得，，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定及性质，三角形中位线定理，三角形相似的判定及性质，勾股定理，一般角的三角函数等，掌握相关的判定方法及性质是解题关键．59．（2023·广东佛山·三模）在学习三角形中位线定理时，小丽发现作以下辅助线能够证明三角形中位线定理．

已知：如图1，在中，点D，E分别是边的中点，连接．求证：，．证明：（小丽的辅助线作法）延长到F，使，连接…(1)请在图1中画出小丽所说的辅助线，并补全三角形中位线定理的证明过程；(2)三角形中位线定理应用：如图2，在梯形中，，点E，F分别是的中点，则线段之间的数量关系是．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）延长到F，使，连接，先，得出，，再证明四边形是平行四边形，即可证明，；（2）连接并延长交延长线于点，先证明得到，，从而得出是的中位线，即可得出结论．【详解】（1）证明：延长到F，使，连接，

∵点D，E分别是边的中点，∴，．在和中，，∴．∴，．∴，即，．∴四边形是平行四边形．∴，．∵，∴，．（2）如图，连接并延长交延长线于点，

∵，∴，．∵点F是的中点，∴．在和中，∴．∴，，即点是的中点．又∵点E是的中点，∴是的中位线．∴．【点睛】本题主要考查了三角形中位线的证明和应用，涉及全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．60．（2024·广东汕头·一模）【阅读材料】我们把一组对边平行，另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形．【问题解决】已知在等腰梯形中，，，对角线相交于点T．(1)如题图1，若，以点T为圆心，长为半径作圆，求证：直线是的切线；(2)如题图2，若点F，G分别为线段的中点，求证：；(3)如题图3，若点M是的中点，交AC于点P，若，直接写出的长．（用含字母a的代数式表示）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）过点T作于点，证明是的平分线，利用角平分线的性质证得，据此可证明直线是的切线；（2）连接并延长交于点，证明，推出，，得到是的中位线，利用三角形中位线定理即可证明；（3）利用等腰梯形的性质结合，，求得，，设，则，，证明，利用相似三角形的性质构造一元二次方程，解方程即可求解．【详解】（1）证明：如图，过点T作于点，∵，∴，∵，∴，∴，∴是的平分线，又，，∴，∴直线是的切线；（2）证明：连接并延长交于点，∵，∴，，∵点F为线段的中点，∴，∴，∴，，∵点G为线段的中点，∴是的中位线，∴；（3）解：连接，，设，∵在等腰梯形，，，，∴，，，∴，∵点M是的中点，，∴是线段的垂直平分线，∴，，∴，，解得，∴，，设，则，，∴，∴，即，整理得，解得（负值舍去），∴．故答案为：．【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，线段垂直平分线的判定和性质，第3问求得，是解题的关键．基础巩固单选题1．（2024·广东·模拟预测）若一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，则该多边形的边数为（

）A．19 B．18 C．17 D．16【答案】B【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的综合，先设多边形的边数为条，因为一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，所以，解出值，即可作答．【详解】解：设该多边形的边数为条，则列方程为，解得：，故选B．2．（2024·广东清远·模拟预测）如图，足球的表面是由黑皮的正五边形和白皮的正六边形拼接而成，其中黑皮的有12块，白皮有20块．图片中足球的一块白色皮块的内角和是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式计算即可．【详解】解：．故选：D．3．（2024·四川成都·三模）半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，则这个内接正多边形的边长为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质是正确解答的前提．根据正六边形的性质，正三角形的性质进行计算即可．【详解】解：如图，∵半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，∴，∴，∴的内接正多边形是六边形，，，∴是正三角形，，∴正六边形的边长为2，故选：B．4．（2024·广东清远·二模）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为（

）．

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可．【详解】解：如图，连接，，，

∵为直径，∴，∵，∴，，∴，，∴弧的长为，故选：C．二、填空题5．（2024·广东·模拟预测）如果一个正n边形的一个外角是，那么．【答案】8【分析】本题考查正多边形的外角问题，根据正多边形的外角和为360度，进行求解即可．【详解】解：；故答案为：8．6．（2024·广东佛山·三模）如图，中国古建筑中的亭台楼阁塔很多都采用六边形结构．六边形的内角和为．【答案】【分析】本题考查了多边形内角和，根据内角和公式（其中n表示多边形的边数），即可完成求解．【详解】解：六边形的内角和为，故答案为：．7．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则．【答案】5【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．【详解】解：在中，，，，，平分，，，，，故答案为：5．8．（2024·广东汕头·一模）如图，把两根钢条的一个端点连在一起，点C，D分别是的中点，若，则该工件内槽宽的长为cm．【答案】6【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用．利用三角形中位线定理“三角形的中位线是第三边的一半”即可求解．【详解】解：∵点分别是的中点，∴，∴，故答案为：6．三、解答题9．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，、分别是的角平分线，证明四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，证明四边形为平行四边形是解题的关键．先证四边形是平行四边形，得，再证，即可得出结论．【详解】解：∵，∴，，又∵平分，平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形．10．（2024·广东佛山·三模）如图，在中，点E在上，连接．(1)尺规作图：过点B作的平行线，交于点F（不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）中，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查尺柜作图-作一个角等于已知角和平行四边形的性质，（1）以B点为顶点，以为边，作一个角与相等即可；（2）证明四边形是平行四边形即可．【详解】（1）如下图所示，（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴．11．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，将沿对角线对折得，与相交于点F，求证：．【答案】见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，先由平行四边形的性质得到，再由折叠的性质推出，进一步证明，即可证明．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，由折叠的性质可得，∴，又∵，∴，∴．能力提升一、单选题1．（2024·广东·二模）如图，四边形为平行四边形，四边形为菱形，与交于点G，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查平行四边形和菱形的性质，三角形的内角和定理，掌握菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，又∵为平行四边形，∴，∴，故选A．2．（2023·浙江金华·一模）如图，在中，，，以为一边向三角形外作正方形，正方形对角线的交点为O，且，那么的长等于（

）A． B．5 C． D．【答案】B【分析】根据题意，将绕着点逆时针旋转得到，如图所示，由旋转性质得到，，，，并通过四边形内角和得到三点共线，利用等腰直角三角形性质求得，最终由求出长即可得到答案．【详解】解：将绕着点逆时针旋转得到，如图所示：，，，，是正方形的对角线，，即，在中，，在四边形中，由四边形内角和可知，，三点共线，，，在等腰中，，，，故选：B．【点睛】本题考查了旋转性质、正方形性质、四边形内角和、等腰直角三角形的判定与性质等知识，根据题意结合旋转性质将绕着点逆时针旋转得到是解决问题的关键．3．（2022·广西玉林·中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是(

)A．4 B． C．2 D．0【答案】B【分析】由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．【详解】解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，∴，∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：在正六边形中，，∴，∴，∴，∴，故选B．【点睛】本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．4．（2023·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：连接，由作图知，平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴四边形是菱形，∴，，，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．5．（2024·江苏淮安·模拟预测）我们知道：四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，并且、两点的坐标分别为和，边的长为5，若固定边，“推”矩形得到平行四边形，并使点落在轴正半轴上的点处，则点的对应点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了勾股定理、平行四边形的性质、矩形的性质、坐标与图形等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先利用勾股定理解得，即，根据矩形的边在轴上，且四边形是平行四边形，易得，与的纵坐标相等，即可获得答案．【详解】解：∵，，∴，根据题意，可得，∴由勾股定理，可得，即，∵矩形的边在轴上，且四边形是平行四边形，∴，，∴与的纵坐标相等，∴．故选：A．6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，动点P、Q在平行四边形的边和对角线上运动，动点P的运动轨迹为折线，动点Q的运动轨迹为折线，两动点同时开始运动，且运动速度均为．设动点运动时间为x秒，两动点间距离为，x与y的函数关系式如图所示．当点P在平行四边形的边上运动时，两动点间的最短距离为m，此时运动时间为（）秒，则m的值为（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查函数图象，平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理．根据图象可得，当点P在上，点Q在上运动时，过点O作于点E，交于点F，则的长为，间的距离．通过“”证明，得到，从而当点P运动至点E时，点Q运动至点F，此时，根据勾股定理求出的长，即可得到，从而解答．【详解】解：由图可知，当点P从点O向点A，点Q从点O向点C运动时，间距离y逐渐增大，当点P运动到点A，点Q运动到点C时，由图象可知，∴，∵四边形四边形是平行四边形，∴，此时它们运动了，当点P在上，点Q在上运动时，过点O作于点E，交于点F，则的长为，间的距离∵在平行四边形中，，，∴，∵，∴，∴，∵点P，Q的运动速度相同，∴当点P运动至点E时，点Q运动至点F，此时，根据图象可知点P从点A运动至点E，需要，∴，∵，∴中，，∵，∴，∴，即．故选：B二、填空题7．（2024·广东阳江·二模）如图，在中，，，平分，交边于点，连接，若，则的长为．【答案】【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，由平行四边形的性质得，，，再证，则，过点作于点，则，然后由含角的直角三角形的性质得，则，，即可解决问题．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，平分，，，，，，，如图，过点作于点，则，，，，，．故答案为：．8．（2025·广东广州·一模）如图，是的边上的两点，连接交于点的面积为，的面积为，四边形的面积为，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题为相似三角形和平行四边形的综合题，利用平移的性质做出辅助线是解题的关键．将向左平移，使边与边重合，已知，且，根据相似三角形的性质