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第五章 四边形
第23讲 多边形与平行四边形
（思维导图+2考点+2命题点23种题型（含6种解题技巧））
试卷第1页，共3页
01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
考点二 平行四边形
04题型精研·考向洞悉
命题点一 多边形有关的计算
题型01 认识多边形
题型02 多边形的对角线问题
题型03 多边形内角和问题
题型04 正多边形内角和问题
题型05 多边形截角后的内角和问题
题型06 多边形外角和问题
题型07 多边形外角和的实际应用
题型08 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
题型09 平面镶嵌
题型10 计算网格中的多边形面积
命题点二 平行四边形有关的证明与计算
题型01 利用平行四边形的性质求解
题型02 利用平行四边形的性质证明
题型03 判断能否构成平行四边形
题型04 添加一个条件使之成为平行四边形
题型05 证明四边形是平行四边形
题型06 利用平行四边形的性质与判定求解
题型07 利用平行四边形的性质与判定证明
题型08 平行四边形性质和判定的应用
题型09 平行四边形与函数综合
题型10 与平行四边形有关的新定义问题
题型11 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
题型12 补全图形利用中位线定理求解
题型13 平行四边形中各图形面积的等量关系
01考情透视·目标导航
中考考点 考查频率 新课标要求
多边形有关计算 ★★ 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.
平行四边形有关的证明与计算 ★★★ 理解平行四边形的概念； 探索并证明平行四边形的性质定理及其判定定理.
【考情分析】本热点包含的内容有平行四边形的性质及判定、多边形的有关计算等，试题形式多样，难度中等，常与三角形、全等三角形等内容综合考查，平行四边形是矩形、菱形等特殊平行四边形的基础，故掌握其相关的判定方法及性质也是解决特殊四边形问题的关键. 【命题预测】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．
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 多边形
1. 多边形的概念：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. 多边形的相关概念：
多边形的边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边.
多边形的顶点：相邻两边的公共端点叫做多边形的顶点.
多边形的内角：多边形相邻两边所组成的在多边形内部的角叫做多边形的内角，简称多边形的角.
多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角，叫做多边形的外角.
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.
【补充】
1）多边形的边数、顶点数及角的个数相等；
2）把多边形问题转化成三角形问题求解的常用方法是连接对角线；
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，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线.
3. 正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形.
【补充】1）正n边形有n条对称轴．
2）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，对称中心是多边形的中心.
4. 多边形内角和定理
多边形内角和定理：n边形的内角和为.
5. 多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系.
易错易混
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
1．（2024·四川巴中·中考真题）五边形从某一个顶点出发可以引 条对角线．
【答案】2
【分析】本题考查多边形的对角线，根据对角线定义，一个五边形从某一顶点出发，除去它自己及与它相邻的左右两边的点外，还剩下2个顶点可以与这个顶点连成对角线，熟记对角线定义是解决问题的关键．
【详解】解：五边形从某一个顶点出发可以引2条对角线，
故答案为：2．
2．（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度．
【答案】30
【分析】主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数．
【详解】解：∵多边形的外角和为360度，
∴正十二边形的每个外角度数为：．
故答案为：30．
3．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
【答案】八
【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求解即可．
【详解】设这个多边形是n边形，
由题意得，
解得，
∴这个多边形是八边形．
故答案为：八．
4．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形，求出正多边形的每个外角度数，再用外角和除以外角度数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，直线相交于点，则，
∵正多边形的每个内角相等，
∴正多边形的每个外角也相等，
∴，
∴，
故选：．
5．（2024·四川乐山·中考真题）下列多边形中，内角和最小的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】边数为n的多边形的内角和，分别求出三角形，四边形，五边形，六边形的内角和，即可得到．
【详解】解：三角形的内角和等于
四边形的内角和等于
五边形的内角和等于
六边形的内角和等于
所以三角形的内角和最小
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，能熟记边数为n的多边形的内角和是解此题的关键．
考点二 平行四边形
1.平行四边形
定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
符号表示：平行四边形用符号“ ”表示，平行四边形ABCD记作“ ABCD”，读作“平行四边形ABCD”.
2. 平行四边形的性质定理
性质 符号语言 图示
边 平行四边形两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
角 平行四边形对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC,BO=DO=BD
3. 平行线间的距离
定义：两条平行线中，一条直线上的任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离
性质：1）两条平行线间的距离处处相等.
2）两条平行线间的任何两条平行线段都是相等的.
4. 平行四边形的判定定理
判定 符号语言
定义 一组对边分别平行的四边形是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形
边 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC∴四边形ABCD是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形
角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形
对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等；
2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行；
3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分；
4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等.
5. 平行四边形边的对称性：平行四边形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心.
1．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长，交的延长线于点E，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，先根据平行四边形对边平行推出，再由线段中点的定义得到，据此可证明，进而可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是的中点，
∴，
∴，
∴．
2．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，
故选B．
3．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接． 求证：四边形是平行四边形． 证明：∵，∴． ∵，，， ∴①______． 又∵，， ∴（②______）． ∴．∴四边形是平行四边形．
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得，根据三角形外角的性质及角平分线的定义可得，证明，得到，再结合中点的定义得出，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵，∴．
∵，，，
∴①．
又∵，，
∴（②）．
∴．∴四边形是平行四边形．
故选：D．
4．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：．
【答案】证明见解析
【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，先由平行四边形的性质得到，则，再证明，即可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
5．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】解：A、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵，不能得出四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．
04题型精研·考向洞悉
命题点一 多边形有关的计算
题型01 认识多边形
1．（2021·江苏南京·中考真题）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（ ）
A．1，1，1 B．1，1，8 C．1，2，2 D．2，2，2
【答案】D
【分析】若四条线段能组成四边形，则三条较短边的和必大于最长边，由此即可完成．
【详解】A、1+1+1<5，即这三条线段的和小于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误；
B、1+1+5<8，即这三条线段的和小于8，根据两点间距离最短即知，此选项错误；
C、1+2+2=5，即这三条线段的和等于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误；
D、2+2+2>5，即这三条线段的和大于5，根据两点间距离最短即知，此选项正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了两点间线段最短，类比三条线段能组成三角形的条件，任两边的和大于第三边，因而较短的两边的和大于最长边即可，四条线段能组成四边形，作三条线段的和大于第四条边，因而较短的三条线段的和大于最长的线段即可．
2．（2020·北京·中考真题）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格交点，则ABC的面积与ABD的面积的大小关系为： （填“＞”，“＝”或“＜”）
【答案】=
【分析】在网格中分别计算出三角形的面积，然后再比较大小即可．
【详解】解：如下图所示，设小正方形网格的边长为1个单位，
由网格图可得个平方单位，
，
故有=．
故答案为：“＝”
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，在网格中当三角形的底和高不太好求时可以采用割补的方式进行求解，用大的矩形面积减去三个小三角形的面积即得到△ABD的面积．
3．（2020·山东枣庄·中考真题）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积 ．
【答案】6
【分析】根据题目要求，数出五边形内部格点的数量，五边形边上格点的数量，代入计算即可．
【详解】由图可知：五边形内部格点有4个，故
五边形边上格点有6个，故
∴＝
故答案为：6．
【点睛】本题考查了网格中不规则多边形的计算，按题目要求尽心计算即可．
4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图是一片平坦的盐滩上布满了大小相近的六边形，人们惊叹于大自然的鬼斧神工，同时也尝试解开盐滩图案之谜，人们发现正六边形能够最大限度的利用空间，已知图中的正六边形与正方形的周长都等于12，则它们的面积之差为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了正多边形的性质等知识点，连接正六边形的三条对角线，将正六边形分成如图的六个等边三角形，求出等边三角形面积后，再求出正六边形的面积，再求出正方形面积，即可解答，准确掌握正多边形的相关性质是解题关键．
【详解】连接正六边形的三条对角线，将正六边形分成如图的六个等边三角形，
∵周长为12，
∴边长为2，
∴每个等边三角形的面积为：，
∴正六边形的面积为，
∵正方形的周长为12时，边长为3，
∴正方形的面积为：，
∴它们的面积之差为，
故答案为：．
题型02 多边形的对角线问题
1．（2024·陕西咸阳·三模）如果过某多边形的一个顶点有条对角线，这个多边形是 边形．
【答案】
【分析】本题考查了多边形对角线的公式，根据从边形的一个顶点可以画条对角线，求出边数即可得解，牢记公式是解题的关键．
【详解】解：∵过某多边形的一个顶点的对角线有条，
∴，
∴，
故答案为：．
2．（2024·上海金山·三模）正n边形的一个外角为，则它的对角线条数为
【答案】54
【分析】本题主要考查了正多边形的外角和、多边形的对角线等知识点，掌握相关公式成为解题的关键．
利用多边形的外角和为可求出n的值，然后根据多边形的对角线公式求解即可．
【详解】解：根据题意得：，解得：，
所以它的对角线的条数为：．
故答案为54．
3．（2023·重庆·模拟预测）过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成3个三角形，这个多边形的内角和等于 ．
【答案】
【分析】根据多边形的边数等于过多边形的对角线，将这个多边形分成的三角形的个数，即可求得多边形的边数，然后利用多边形的内角和定理即可求解．本题考查了多边形的内角和定理，根据三角形的个数确定多边形的边数的关键．
【详解】解：多边形的边数是：，
则内角和是：．
故答案为：．
4．（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．
题型03 多边形内角和问题
利用多边形内角和、外角和定理求边数：
①n边形的内角和为(n－2)×180°，根据已知条件列出方程求边数；
②若由已知数据很容易求得一个外角的度数，根据正多边形的外角和始终等于360°,用360°除一个外角的度数，从而得到正多边形的边数.
1．（2023·重庆·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．
2．（2022·山东临沂·中考真题）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，这个五边形的内角和是（ ）
A．900° B．720° C．540° D．360°
【答案】C
【分析】n边形的内角和公式为：，再根据内角和公式计算即可．
【详解】解：（5-2）×180° =180°×3 =540°
因此五边形的内角和是540°．
故选：C
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式（n-2）×180°的灵活运用．熟悉多边形的内角和公式是解本题的关键．
3．（2021·江苏南京·中考真题）如图，是五边形的外接圆的切线，则 ．
【答案】
【分析】由切线的性质可知切线垂直于半径，所以要求的5个角的和等于5个直角减去五边形的内角和的一半．
【详解】如图：过圆心连接五边形的各顶点，
则
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，多边形的内角和公式（n为多边形的边数）,由半径相等可得“等边对等角”，正确的理解题意作出图形是解题的关键．
4．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、、、、，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接BD，根据三角形内角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四边形内角和减去∠CBD和∠CDB的和，即可得到结果．
【详解】解：连接BD，∵∠BCD=100°，
∴∠CBD+∠CDB=180°-100°=80°，
∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE=360°-∠CBD-∠CDB=360°-80°=280°，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形．
题型04 正多边形内角和问题
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ．
【答案】81
【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解．
【详解】解：正五边形中， ，，
正方形中， ，，
，，
，
，
故答案为：81．
2．（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．
3．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正多形的内角和和内角以及弧长公式，根据六边形是正六边形，根据正多边内角和等于，求出内角，再根据弧长公式即可得出答案．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴，
∴，
故答案为：．
4．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．

【答案】/18度
【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接，，

∵五边形是正五边形，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵在正五边形中，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
5．（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解．
【详解】解：正六边形每个内角为：，
而六边形的内角和也为，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
6．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1） 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．

【答案】
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：

根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得，
，
故答案为：；
（2）取中间正六边形的中心为，作如下图形，

由题意得：，,，
四边形为矩形，
，
，
，
，
在中，，
由图1知，
由正六边形的结构特征知：，
，
，
，
又，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
题型05 多边形截角后的内角和问题
多边形的边数为自然数，而内角和只与边数有关，无论多了一个角，还是少了一个角，都可以用逼近法去求解.
1．（2023·湖南娄底·模拟预测）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，那么原来多边形的边数不可能为 （ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】A
【分析】本题考查了多边形的内角和定理，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．首先求得内角和为的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．
【详解】解：设内角和为的多边形的边数是n，则，
解得：．
∵一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变，
∴原多边形的边数可能为7或8或9．
故选：A．
2．（2021·广东佛山·三模）如图，在正六边形ABCDEF中，若去掉一个角得到一个七边形，则∠1+∠2= 度．
【答案】300
【分析】利用正六边形外角和为可以求出正六边形的每一个内角为，再利用三角形内角和定理与平角的定义即可求解．
【详解】解： 任意一个多边形的外角和都为，
在正六边形中，它的每一个外角都相等且为，
正六边形每一个内角都相等且为，
如图所示，在中，，
根据三角形内角和定理可得，
，，
，
故答案为300．
【点睛】本题主要考查多边形中角度求解问题．涉及到平角定义的理解以及多边形外角和与三角形内角和定理的应用，掌握这些常用结论是求解角度的关键．
3．（2021·浙江丽水·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ．
【答案】6或7
【分析】求出新的多边形为6边形，则可推断原来的多边形可以是6边形，可以是7边形．
【详解】解：由多边形内角和，可得
（n-2）×180°=720°，
∴n=6，
∴新的多边形为6边形，
∵过顶点剪去一个角，
∴原来的多边形可以是6边形，也可以是7边形，
故答案为6或7．
【点睛】本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．
题型06 多边形外角和问题
1．（2023·北京·中考真题）正十二边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于．
【详解】解：因为多边形的外角和为，所以正十二边形的外角和为．
故选：C．
2．（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
则，
∴，
∴这个正多边形的每个外角为，
故选：．
3．（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A
4．（2023·江苏连云港·中考真题）以正五边形的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新五边形的顶点落在直线上，则正五边形旋转的度数至少为 °．
【答案】
【分析】依据正五边形的外角性质，即可得到的度数，进而得出旋转的角度．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴，
∴新五边形的顶点落在直线上，则旋转的最小角度是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正多边形、旋转性质，关键是掌握正多边形的外角和公式的运用．
题型07 多边形外角和的实际应用
1．（2024·江苏无锡·二模）如图，小强站在五边形健身步道的起点P处，沿着P，B，C，D，E，A，P的方向行走，最终回到了P处．在这过程中，小强转过的角度说明了（　　）
A．五边形的内角和是 B．五边形的外角和是
C．五边形的内角和是 D．五边形的外角和是
【答案】B
【分析】本题主要考查多边形的内角和外角．根据题意可知小强转过的角度之和正好是五边形的外角和，再根据多边形的外角和性质即可得出答案．
【详解】解：小强转过的角度之和正好是五边形的外角和，
小强转过的角度之和为．
故选：B．
2．（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．
3．（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：C
题型08 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
1．（2021·江苏苏州·二模）如图，在四边形ABCD中，的角平分线与的外角平分线相交于点P，且，则 ．
【答案】
【分析】先根据角平分线的定义可得，再根据四边形的内角和可得，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：的角平分线与的外角平分线相交于点，
，
在四边形中，，
，
由三角形的外角性质得：，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形的内角和、角平分线的定义等知识点，熟练掌握四边形的内角和是解题关键．
2．（2023·辽宁营口·二模）如图，在正六边形中，连接平分，交延长线于点G，则为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正六边形可得，，从而得到，得到，根据三角形内外角和关系即可得到答案．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查正六边形的性质，三角形内外角关系，解题的关键根据正六边形得到相应角度的关系．
3．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到，平行线的性质，得到，三角形的外角的性质，得到，进而求出的度数．
【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：，
∴正六边形的一个内角的度数为：，
即：，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是，是解题的关键．
4．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，AB∥CD，平分，CE∥AD，.
(1)求的度数：
(2)若，求的度数.
【答案】(1)30°
(2)110°
【分析】（1）根据和CE∥AD可求得，然后根据AB∥CD，可求得；
（2）由平分，可得，然后由四边形的内角和是360°即可求得的度数.
【详解】（1）解：∵CE∥AD，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴；
（2）解：∵平分，
∴，
∵，
∴.
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形内角和定理、角平分线的定义，熟记相关定理是解题的关键.
题型09 平面镶嵌
解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
【限制条件】1）边长相等；2）公共顶点；3）在一个顶点处各个正多边形的内角之和为360.
1．（2022·四川资阳·中考真题）小张同学家要装修，准备购买两种边长相同的正多边形瓷砖用于铺满地面．现已选定正三角形瓷砖，则选的另一种正多边形瓷砖的边数可以是 ．（填一种即可）
【答案】4或6或12
【分析】分别求出各个多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案．
【详解】正三角形的每个内角是，正四边形的每个内角是，
∵，
∴正四边形可以，
正六边形的每个内角是，
∵，
∴正六边形可以，
正十二边形的每个内角是，
∵，
∴正十二边形可以，
故答案为：4或6或12．
【点睛】几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
2．（2021·贵州铜仁·中考真题）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
【答案】C
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是，因此我们只需要验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【详解】解：A、等边三角形每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
B、正方形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
C、正五边形的每个内角的度数为，，故该项符合题意；
D、正六边形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．
3．（2024·湖南·模拟预测）平面图形的镶嵌往往给人以美的享受，如图1是用边长相等的正六边形与正三角形进行的无缝隙、不重叠的平面镶嵌．我们选取其中一个正六边形和三个与之相邻（正上方、左下方和右下方）的正三角形组成的图形部分，将其放在平面直角坐标系中．如图2，点，，均为正六边形和正三角形的顶点．已知点的坐标为，反比例函数的图象恰好经过点，，连接，，则的面积是 ．
【答案】
【分析】先根据正六边形和正三角形的性质和平面镶嵌特征得出，，，求出为直角三角形，过点作交于点，根据三角形内角和定理求出，，根据直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据直角三角形的性质求出，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：根据正六边形和正三角形的性质和平面镶嵌特征可知：，，，
∴，
∴为直角三角形，
过点作交于点，如图：
则，，
故，
则，
故，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，平面镶嵌的特征，三角形内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理等．熟练掌握正六边形和正三角形性质是解题的关键．
4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，是用边长相等的等边三角形和正n边形两种地砖铺设的小路的局部示意图，则这种正边形地砖的边数 ．
【答案】12
【分析】本题考查了平面镶嵌，正多边形的内角和公式，等边三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据平面镶嵌的条件，先求出正边形的一个内角的度数，再根据内角和公式求出的值．
【详解】根据题意可知，正边形的一个内角为：，
则，
解得：．
故答案为：12．
题型10 计算网格中的多边形面积
1．（2022·北京海淀·二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为 ．
【答案】
【分析】由图可得S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC，利用网格来计算两个三角形的面积相加即可．
【详解】解：S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC=
故答案为：
【点睛】本题是求三角形的面积问题，解题关键是熟练对不规则三角形进行分割．
2（2021·北京顺义·一模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D，E，F是网格线的交点，则的面积与的面积比为 ．
【答案】1∶4
【分析】分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．
【详解】解：，
，
∴的面积与的面积比为1∶4．
故答案为1∶4．
【点睛】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是解本题的关键．
3．（2021·山西临汾·三模）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
你知道“皮克定理”吗？
“皮克定理”是奥地利数学家皮克（如图1）发现的一个计算点阵中多边形的面积公式．在一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点．一个多边形的顶点如果全是格点，这个多边形就叫做格点多边形．有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出．即，其中表示多边形内部的点数，表示多边形边界上的点数，表示多边形的面积．（利用图2中的多边形可以验证）这个公式是奥地利数学家皮克在1899年发现的，被称为“皮克定理”．
任务：
（1）如图2，是的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是_______．
（2）已知：一个格点多边形的面积为19，且边界上的点数是内部点数的3倍，则______．
（3）请你在图3中设计一个格点多边形．要求：①格点多边形的面积为8；②格点多边形是一个轴对称图形．
【答案】（1）21；（2）32；（3）见解析
【分析】（1）观察图形，得到，，再代入计算即可得到答案；
（2）由题意，然后列出关于的方程，求出，再求出答案即可；
（3）由格点多边形的面积为8，然后根据轴对称的性质，即可画出图形．
【详解】解：（1）由题意，如图：
多边形内部的点数为：，
多边形边界的点数为：，
∴；
故答案为：21；
（2）设内部点数是，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：32．
（3）答案不唯一，只要符合题意要求即可．
例如：
【点睛】本题考查了多边形，解一元一次方程，轴对称的性质等知识，理解正方形网格纸中多边形面积的公式是解决问题的关键．
命题点二 平行四边形有关的证明与计算
题型01 利用平行四边形的性质求解
1．（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则 度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 ．
【答案】 40 2
【分析】本题考查了平行四边形的性质、弧长公式、圆锥等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质可得的度数；先利用弧长公式求出扇形的弧长，再根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求解即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
由圆的性质可知，，
∴，
∴，
∴扇形的弧长为，
∴圆锥的底面圆半径为，
故答案为：40；2．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴O是中点，
又∵E是中点，
∴OE是的中位线，
∴，，
∵的周长为12，，
∴，
∴的周长为．
故选：B.
3．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，根据平行四边形的性质得出，证明得出，，进而可得，即可求解．
【详解】如图所示，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，
∵四边形是平行四边形，点，，，
∴，
∴，即，则，
∵轴，轴，
∴
∴
∴
∴，
∴
∴
故答案为：．
4．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作交的延长线于点F，
∵的垂线交于点E，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
∴，
由勾股定理可得，，
，
∴，
∴
∴
即，解得，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是，
故选：C
题型02 利用平行四边形的性质证明
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点在边上，，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点F．求证：．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明，可得，同理可得：，再进一步证明即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形
，，
，
同理可得，，
∴
又，
即，
又，
．
2．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明；
（3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线
故答案为：
（2）证明：四边形为平行四边形
（3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点
四边形为平行四边形，
，
，
又
．
3．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证；
（2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，（平行四边形的对边平行且相等）
∴（两直线平行，内错角相等）
∵
∴ 即
在和中
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵
∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴（菱形的四条边都相等）
∴菱形的周长.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．

(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；
（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵ ，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形， ，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∵，
∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
题型03 判断能否构成平行四边形
1．（2021·河北·中考真题）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
【答案】A
【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由，可得,即可得，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】连接交于点
甲方案：四边形是平行四边形
四边形为平行四边形．
乙方案：
四边形是平行四边形
，，
又
(AAS)
四边形为平行四边形．
丙方案:
四边形是平行四边形
，，，
又 分别平分
， 即
（ASA）
四边形为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
2．（2024·河北石家庄·一模）如图，已知线段和射线，且，在射线上找一点C，使得四边形是平行四边形，下列作法不一定可行的是（ ）
A．过点D作与交于点C
B．在下方作与交于点C，使
C．在上截取，使，连接
D．以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点C，连接
【答案】D
【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了平行四边形的判定．
根据基本作图和平行四边形的判定方法对各选项进行判断．
【详解】解：A．由作法得，而，则四边形是平行四边形，所以A选项不符合题意；
B．由作法得，由得，则，所以，则四边形是平行四边形，所以B选项不符合题意；
C．由作法得，而，则四边形是平行四边形，所以C选项不符合题意；
D．由作法得，而，则四边形也可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，所以D选项符合题意．
故选：D．
3．（2024·河北邢台·模拟预测）已知（如图1），求作：平行四边形．如图2、图3是嘉琪的作图方案，其依据是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．两组对边分别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
【答案】B
【命题意图】本题考查了复杂的尺规作图、平行四边形的判定，解题的关键是理解尺规作图的隐含条件和根据平行四边形的判定解答．根据作图过程分析进行判断即可．
【详解】由图可知先作的垂直平分线，则点O为的中点，然后以为半径作图．由作图可知，
可得：，，（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
进而得出四边形是平行四边形，
故选：B．
题型04 添加一个条件使之成为平行四边形
1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解．
【详解】解：添加条件：，
证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：（答案不唯一）
2（2023·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A．∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意；
B．∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意；
C．∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意；
D．∵，，
∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意；
故选：D．
3．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在中，点，分别在边，上，．
(1)求证：；
(2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）
【答案】(1)见解析
(2)添加（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定；
（1）根据平行四边形的性质得出，，结合已知条件可得，即可证明；
（2）添加，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴即，
在与中，
，
∴；
（2）添加（答案不唯一）
如图所示，连接．
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
当时，四边形是平行四边形．
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，四边形中，，，的平分线交于点．
(1)求的度数；
(2)在上取一点E，添加一个条件，使四边形是平行四边形，直接写出这个条件．
【答案】(1)
(2)（答案不唯一）
【分析】本题考查添加条件使四边形为平行四边形，平行线的性质：
（1）利用平行线的性质，和角平分线的定义进行求解即可；
（2）根据平行四边形的判定方法，添加条件即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵的平分线交于点，
∴，
∴；
（2）添加条件为：（答案不唯一），理由如下：
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
题型05 证明四边形是平行四边形
已知条件 选择的判定定理
边 一组对边相等 两组对边分别相等的四边形是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
一组对边平行 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
角 一组对角相等 两组对角分别相等的四边形是平行四边形
对角线 对角线互相平分 对角线互相平分的四边形是平行四边形
注意：在做题时，根据已知条件灵活运用判定方法求解.
1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时
【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
即当时，四边形是矩形，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
2．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状．
【答案】(1)证明见详解
(2)四边形为正方形
【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明 ，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形．
（2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出， 即可得出四边形为正方形．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）四边形是正方形．
过点B作于点G，
∴，
∵四边形是平行四边形．
∴，，
∴，，
∴，，
由（1），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键．
3．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：
(1)；
(2)四边形为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明；
（）由（）得，，即可得到，，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠可得，，，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（）知，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
4．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在中，D是中点．
(1)求作：的垂直平分线l（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若l交于点E，连接并延长至点F，使，连接．补全图形，并证明四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图，中位线的性质，平行四边形的判定．
（1）利用尺规作图作出线段的垂直平分线l即可；
（2）由D，E分别为，的中点，根据中位线的性质，得到，，结合，得到，即可证明结论成立．
【详解】（1）解：直线l如图所示，
；
（2）证明：补全图形，如图，
由（1）作图知，E为的中点，
∵D，E分别为，的中点，
∴，，
∵，即：，
∴，
∵，
∴ 四边形是平行四边形．
题型06 利用平行四边形的性质与判定求解
1．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴周长为：，
故选：C．
2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ．
【答案】
【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解．
【详解】如图，过作轴于点，则，
由平移性质可知：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
设，则，，
∴，解得：，
∴，，
∴，
∵点在第四象限，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
3．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：
如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．
小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！
(1)证明；
(2)指出小丽作法中存在的问题．
【答案】(1)见详解
(2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，
（1）根据小明的作图方法证明即可；
（2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可．
【详解】（1）∵，
∴，
又根据作图可知：，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，
故无法确定F的位置，
故小丽的作法存在问题．
4．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．

【答案】
【分析】在y轴上取点，证明四边形是平行四边形，得出，利用抛物线的对称性得出，则，当E、C、F三点共线时，最小，利用待定系数法求出直线解析式，然后把代入，即可求出C的坐标．
【详解】解：，
∴对称轴为，
如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，

当时，，
∴，
当时，，
解得，，
∴，，
在y轴上取点，连接，，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵抛物线对称轴为，
∴，
∴，
当E、C、F三点共线时，最小，
设直线解析式为，
∴，
解得，
∴，
当时，，
∴当最小时，C的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键．
题型07 利用平行四边形的性质与判定证明
1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F．
(1)求证：；
(2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键．
（1）由题目中的中，O为对角线的中点，可以得出，，结合，可以证得两个三角形全等，进而得出结论；
（2）由（1）中得到的结论可以得到，结合得出四边形是平行四边形，进而利用证明出四边形为菱形，根据即可求出菱形的周长．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是对角线的交点，
∴，
在△和中，，
∴．
（2）由（1）知，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形，
∴，
∴，
∴四边形的周长为．
2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形；
（2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵分别是、的平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
作于点，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
3．（2024·北京·中考真题）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求的长.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证；
（2）解求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的中点，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴在中，由勾股定理得．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
4．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)求证：与互相平分．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；
（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1），且是的直径，
．
，
在中，．
，
在中，．
，
；
（2）过点作，交延长线于点．
．
，
，
．
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
（3）如图，连接．
是的直径，
．
，
．
由（2）知，，
，
，
．
．
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
题型08 平行四边形性质和判定的应用
1．（2024·江苏镇江·中考真题）图1、2是一个折叠梯的实物图．图3是折叠梯展开、折叠过程中的一个主视图．图4是折叠梯充分展开后的主视图，此时点E落在上，已知，，点D、F、G、J在上，、、、均与所在直线平行，，．点N在上，、的长度固定不变．图5是折叠梯完全折叠时的主视图，此时、重合，点、、、、、在上的位置如图所示．
【分析问题】
（1）如图5，用图中的线段填空：_________；
（2）如图4，_________，由，且的长度不变，可得与之间的数量关系为_________；
【解决问题】
（3）求的长．
【答案】（1）；（2），；（3）
【分析】（1）；
（2）可推出四边形是平行四边形，从而，从而，进而得出，根据，得出，进一步得出结果；
（3）作于，解直角三角形求得和，进而表示出，在直角三角形中根据勾股定理列出方程，进而得出结果．
【详解】解：（1），
，
故答案为：；
（2）、、、均与所在直线平行，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：，；
（3）如图，
作于，
，
，，
，
设，则，，
，
，
．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，平行四边形的判定和性质，勾股定理，线段之间的数量关系，解决问题的关键是理解题意，熟练应用有关基础知识．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图1，点O是等边的内心，的两边分别交于点D、E，且，若等边的边长为6，求四边形周长的最小值．
（2）为培养学生劳动实践能力，某学校计划在校东南角开辟出一块平行四边形劳动实践基地．如图2所示，劳动实践基地为，点O为其对称中心，且，点E、F分别在边上，四边形为学校划分给九年级的实践活动区域，九年级学生打算在四边形区域种植两种不同的果蔬，即在种植不同的果蔬．在点O处安装喷灌装置，且喷灌张角为，即，并修建三条小路．现要求规划的三条小路总长最小的同时，果蔬种植区域四边形的面积最大．求满足规划要求的三条小路总长的最小值，并计算同时满足四边形面积最大时学校应开辟的劳动实践基地的面积．

【答案】（1）；（2）
【分析】（1）连接，．先证明，得出，，则四边形的周长，当最小时，四边形 周长最小，求出此时的即可解答；
（2）分别以、所在直线为对称轴，作点关于的对称点为，关于的对称点为，连接，交于点，交于点，连接、、、、、，得出周长的最小值是，再利用平行四边形的判定与性质求得的面积．
【详解】解：（1）连接，，如图，
点是等边的内心，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，，
四边形的周长，
，
当时，最小，四边形周长最小，此时，
四边形的周长的最小值；
（2）分别以、所在直线为对称轴，作点关于的对称点为，关于的对称点为，连接，交于点，交于点，连接、、、、、，如图，

则，．
两点之间线段最短，
，
周长，
周长的最小值是，
、关于对称，、关于对称，
，，，，，
．
，
，
，
过点作，
，，
．
即、、和的最小值为，
此时，
的面积为，
当的面积最小时，四边形的面积最大，
在中，，上的高（定角定高模型），
当时，的面积最小，且最小值为，
四边形的面积最大值，
当，时，，得四边形为平行四边形，
此时平行四边形的面积四边形的面积．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用轴对称的性质添加辅助线是解题的关键．
3．（2020·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是 ．
【答案】
【分析】先根据平行四边形的性质得到对角线将平行四边形面积四等分，再根据概率公式计算即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴对角线把平行四边形分成面积相等的四部分，
阴影部分面积，
由图知，
,
，
根据平行四边形性质，
，
，
，
∴点A落在阴影区域内的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了几何概率、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质；关键在于掌握好平行四边形的性质、知道概率公式的基础知识．
4．（2022·浙江金华·一模）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆固定在垂直于地面的墙壁上，支杆与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形始终是平行四边形．
(1)若遮阳蓬完全展开时，长2米，在与水平地面呈的太阳光照射下，在地面的影子有______米（影子完全落在地面）
(2)长支杆与短支杆的长度比（即与的长度比）是______．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，可得四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得的长即可；
（2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，然后说明的长度为长支杆的一半即可．
【详解】（1）解：过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，
∴四边形是平行四边形，
∴，即在地面上影子的长为2米；
故答案为：2；
（2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，
当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即的长度为长支杆的一半，
∵为长支杆的长度，为短支杆的长度．∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
题型09 平行四边形与函数综合
1．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数．的图象与反比例函数的图象交于点．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)利用图象，直接写出不等式的解集；
(3)已知点D在x轴上，点C在反比例函数图象上．若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标．
【答案】(1)，
(2)或
(3)或或
【分析】（1）把A的坐标代入，可求出k，把代入所求反比例函数解析式，可求n，然后把A、B的坐标代入求解即可；
（2）结合一次函数和反比例函数的图像，写出一次函数图像在反比例函数图像下方所对应的自变量范围即可；
（3）设点C的坐标为，，分、为对角线，、为对角线，、为对角线三种情况，根据对角顶点的横、纵坐标之和分别相等列方程组，即可求解．
【详解】（1）解∶∵经过，
∴，解得，
∴，
把代入，得，
解得，
∴，
把，代入，
得，
解得，
∴；
（2）解：观察图像得：当或时，一次函数的图像在反比例函数图像的下方，
∴不等式的解集为或；
（3）解：设点C的坐标为，，
①以、为对角线，
则，
解得，
∴，
∴；
②以、为对角线，
则，
解得，
∴，
∴；
③以、为对角线
则，
解得，
∴，
∴；
综上，当C的坐标为或或时，以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查求一次函数的解析式，反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，平行四边形存在性问题等，掌握数形结合思想和分类讨论思想是解题的关键．
2．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（，0），B（3，）两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
(3)抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点的横坐标为1或2或或
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标，确定出，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）分Q在BC下方和Q在BC上方两种情况，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，证明△CHM≌△HBN，由全等三角形的性质得出CM＝HN，MH＝BN，求出H点的坐标，由待定系数法求出直线CH的解析式，联立直线CH和抛物线解析式即可得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为．
（2）解：设点，
对于二次函数，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
，
，
轴，轴，
，
∴当时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
，
解得或或或，
则点的横坐标为1或2或或．
（3）解：①如图，当Q在BC下方时，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，

∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
设点的坐标为，
则，解得，
即，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
联立直线与抛物线解析式得，
解得或（即为点），
则此时点的坐标为；
②如图，当Q在BC上方时，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，

同理可得：此时点的坐标为，
综上，存在这样的点，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的判定，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，利用待定系数法确定出函数的解析式是解本题的关键．
3．（2024·江苏常州·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C．
(1)________；
(2)如图，已知点A的坐标是．
①当，且时，y的最大值和最小值分别是s、t，，求m的值；
②连接，P是该二次函数的图像上位于y轴右侧的一点（点B除外），过点P作轴，垂足为D．作，射线交y轴于点Q，连接．若，求点P的横坐标．
【答案】(1)3
(2)①；②1或或
【分析】（1）当时，，即；
（2）①先求出解析式为，可知对称轴为直线：，当，且时，y随着x的增大而减小，故当，，当时，，由得，，解得；②在中，可求，由题意得，，，四边形为平行四边形或等腰梯形，当点P在x轴上方，四边形为平行四边形时，则，则，设，则，则，故，则，将点代入，得，解得，故；当四边形为等腰梯形时，则，过点P作轴于点E，则，由，得，则，设，则，故，解得，即；当点P在x轴下方抛物线上时，此时四边形为平行四边形，则，设，则，而，故，即，可得，将点P代入，得，解得或（舍），因此，综上：点P的横坐标为1或或．
【详解】（1）解：当时，，即；
（2）解：①将点A代入
得，，
解得：，
∴解析式为：，
而，
∴对称轴为直线：，
当，且时，
∴y随着x的增大而减小，
∴当，，当时，，
由得，，
解得：或（舍）
∴；
②在中，，
由题意得，，，
∴四边形为平行四边形或等腰梯形，
当点P在x轴上方，四边形为平行四边形时，则，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，
∴，
将点代入，
得：，
解得：或（舍），
∴；
当四边形为等腰梯形时，则，过点P作轴于点E，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴设，则，
∴，
∴，
即；
当点P在x轴下方抛物线上时，此时四边形为平行四边形，则，
∵
∴，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
将点P代入，
得：，
解得：或，
而当时，，故舍，
∴，
综上：点P的横坐标为1或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，二次函数的图像与性质，图像与坐标轴的交点，平行四边形的性质，等腰梯形的性质等，熟练掌握知识点是解题的关键．
题型10 与平行四边形有关的新定义问题
1．（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．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)
【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；
（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为邻等四边形．
（2）解：，，即为所求；
（3）如图，过作于，

∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
设，而，
∴，，
由新定义可得，
由勾股定理可得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2024·陕西西安·模拟预测）【定义新知】
定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边．
【概念理解】
（1）如图1，在四边形中，，，，，，判断四边形是否为和谐四边形，并说明理由；
（2）如图2，在矩形中，，连接，在的延长线上取一点E，连接，使得四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，求的长；
【拓展应用】
（3）如图3，四边形是某市规划中的居民户外活动广场，入口C设在上，、为两条笔直的小路，将广场分为三部分，三角形部分为市民健身区，方便市民健身，三角形部分为观赏区，用于种植各类鲜花，三角形部分为娱乐区，供老年人排练合唱或广场舞使用，与是广场的两条主干道．已知四边形与四边形都是和谐四边形，其中与分别是和谐对角线，与分别是和谐边．为了不影响周围居民，计划在娱乐区外围修建隔离带（宽度忽略不计），已知，求隔离带的长度（即的周长）．

【答案】（1）是，见解析；（2）6；（3）．
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质以及和谐四边形的应用：
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明即可得出结论；
（2）根据四边形是和谐四边形的性质进行求解即可；
（3）根据四边形是和谐四边形和四边形是和谐四边形得出，，，再证明，由得，得出，过点D作于M，设，则，根据勾股定理求出x的值，求出，再求出的周长即可
【详解】解：（1）四边形是和谐四边形.
理由：∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形.
在中，∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是和谐四边形.
（2）∵四边形是矩形，
∴，.
∵四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
∴.
（3）∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，
∴，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，即
∴.
∵，
∴相似比为1，
∴，
∴，
如图，过点D作于M，

∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴的周长，
故隔离带的长度为.
4．（2024·山东青岛·二模）【图形定义】连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．类似的，我们把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线．
例如：如图1，在四边形中，点是的中点，点是的中点，是四边形的中位线．
【方法探究】
如图2，已知是的中位线，以点为中心将旋转得到，可证．
【方法应用】
(1)如图3，是梯形的中位线．若，，则__________；若，，且，则__________．
(2)如图4，是四边形的中位线．若，，则的取值范围是__________；若，，且，则的取值范围是__________．
【答案】(1)4；
(2)；
【分析】本题考查三角形中位线定理的应用，旋转的性质，三角形三边关系，平行四边形的判定与性质．
（1）以为中心，将梯形旋转得到梯形，则，，且四边形都是平行四边形，易得即可；
（2）以为中心，将四边形旋转得到四边形,连接，则四边形都是平行四边形，则,,，在中得（在同一直线上时，等号成立），故即可．
【详解】（1）解：如图，以为中心，将梯形旋转得到梯形，
则，，且四边形都是平行四边形
,
若，，则，
若，，则，
故答案为：4，；
（2）如图，以为中心，将四边形旋转得到四边形,连接，则四边形都是平行四边形，
,,
在中得（在同一直线上时，等号成立）
即
若，，则，即，
若，，且，则．
故答案为：，．
题型11 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
类型一 已知两个中点
已知D，E分别是AB，AC的中点，连接DE（或BC）,得到DE∥BC,
类型二 已知一个中点
已知D分别是AB的中点，
1)取AC的中点E，连接DE, 得到DE∥BC,
2)倍长AC至点E，使AC=CE, 得到DC∥BE,
1．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：．
问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：．
问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．

【答案】问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展：
【分析】问题背景：根据矩形的性质可得，根据点，分别是，的中点，可得，即可得证；
问题探究：取的中点，连接，得是的中位线，根据已知条件可得平行且等于，进而可得是平行四边形，得，则，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而可得，等量代换可得，等角对等边，即可得证；
问题拓展：过点作，则四边形是矩形，连接，根据已知以及勾股定理得出；根据（2）的结论结合已知可得，证明垂直平分，进而得出，证明，进而证明， 进而根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】问题背景：∵四边形是矩形，
∴，
∵，分别是，的中点
∴，
即，
∴；
问题探究：如图所示，取的中点，连接，

∵是的中点，是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
∴
又∵，是的中点，
∴
∴
∴，
∴；
问题拓展：如图所示，过点作，则四边形是矩形，连接，

∵，
∴，
设，则，
在中，，
∵，由（2）
∴，
又∵是的中点，
∴垂直平分
∴，，
在中，
∴
设，则
∴，
又∵
∴
∴
又∵
∴
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ．

【答案】
【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【详解】解：连接，过E作于F，设，，

∵，为中点，
∴，又，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，则，又，
∴，
∴，，
∴，
则；
∵是的一条角平分线，
∴，又，
∴，
∴
∴，则，
∴，即，
解得（负值已舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
3．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．
（3）用数学的语言表达．
如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明；
（2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明；
（3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状.
【详解】证明：（1）的中点，是的中点，
.
同理，.
，
.
.
（2）的中点，是的中点，
，
.
同理，.
由（1）可知，
.
（3）是直角三角形，证明如下：
如图，取的中点，连接，，
是的中点，
，.
同理，，.
，
.
.
，
，
.
，
.
又，
是等边三角形，
.
又，
.
，
.
是直角三角形.
故答案为：是直角三角形.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.
题型12 补全图形利用中位线定理求解
1．（2023·广西·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 第五章 四边形
第23讲 多边形与平行四边形
（思维导图+2考点+2命题点23种题型（含6种解题技巧））
试卷第1页，共3页
01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
考点二 平行四边形
04题型精研·考向洞悉
命题点一 多边形有关的计算
题型01 认识多边形
题型02 多边形的对角线问题
题型03 多边形内角和问题
题型04 正多边形内角和问题
题型05 多边形截角后的内角和问题
题型06 多边形外角和问题
题型07 多边形外角和的实际应用
题型08 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
题型09 平面镶嵌
题型10 计算网格中的多边形面积
命题点二 平行四边形有关的证明与计算
题型01 利用平行四边形的性质求解
题型02 利用平行四边形的性质证明
题型03 判断能否构成平行四边形
题型04 添加一个条件使之成为平行四边形
题型05 证明四边形是平行四边形
题型06 利用平行四边形的性质与判定求解
题型07 利用平行四边形的性质与判定证明
题型08 平行四边形性质和判定的应用
题型09 平行四边形与函数综合
题型10 与平行四边形有关的新定义问题
题型11 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
题型12 补全图形利用中位线定理求解
题型13 平行四边形中各图形面积的等量关系
01考情透视·目标导航
中考考点 考查频率 新课标要求
多边形有关计算 ★★ 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.
平行四边形有关的证明与计算 ★★★ 理解平行四边形的概念； 探索并证明平行四边形的性质定理及其判定定理.
【考情分析】本热点包含的内容有平行四边形的性质及判定、多边形的有关计算等，试题形式多样，难度中等，常与三角形、全等三角形等内容综合考查，平行四边形是矩形、菱形等特殊平行四边形的基础，故掌握其相关的判定方法及性质也是解决特殊四边形问题的关键. 【命题预测】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．
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 多边形
1. 多边形的概念：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. 多边形的相关概念：
多边形的边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边.
多边形的顶点：相邻两边的公共端点叫做多边形的顶点.
多边形的内角：多边形相邻两边所组成的在多边形内部的角叫做多边形的内角，简称多边形的角.
多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角，叫做多边形的外角.
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.
【补充】
1）多边形的边数、顶点数及角的个数相等；
2）把多边形问题转化成三角形问题求解的常用方法是连接对角线；
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，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线.
3. 正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形.
【补充】1）正n边形有n条对称轴．
2）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，对称中心是多边形的中心.
4. 多边形内角和定理
多边形内角和定理：n边形的内角和为.
5. 多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系.
易错易混
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
1．（2024·四川巴中·中考真题）五边形从某一个顶点出发可以引 条对角线．
2．（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度．
3．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
4．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024·四川乐山·中考真题）下列多边形中，内角和最小的是（ ）
A． B． C． D．
考点二 平行四边形
1.平行四边形
定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
符号表示：平行四边形用符号“ ”表示，平行四边形ABCD记作“ ABCD”，读作“平行四边形ABCD”.
2. 平行四边形的性质定理
性质 符号语言 图示
边 平行四边形两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
角 平行四边形对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC,BO=DO=BD
3. 平行线间的距离
定义：两条平行线中，一条直线上的任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离
性质：1）两条平行线间的距离处处相等.
2）两条平行线间的任何两条平行线段都是相等的.
4. 平行四边形的判定定理
判定 符号语言
定义 一组对边分别平行的四边形是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形
边 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC∴四边形ABCD是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形
角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形
对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等；
2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行；
3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分；
4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等.
5. 平行四边形边的对称性：平行四边形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心.
1．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长，交的延长线于点E，求证：．
2．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接． 求证：四边形是平行四边形． 证明：∵，∴． ∵，，，∴①______． 又∵，，∴（②______）． ∴．∴四边形是平行四边形．
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：．
5．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
04题型精研·考向洞悉
命题点一 多边形有关的计算
题型01 认识多边形
1．（2021·江苏南京·中考真题）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（ ）
A．1，1，1 B．1，1，8 C．1，2，2 D．2，2，2
2．（2020·北京·中考真题）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格交点，则ABC的面积与ABD的面积的大小关系为： （填“＞”，“＝”或“＜”）
3．（2020·山东枣庄·中考真题）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积 ．
4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图是一片平坦的盐滩上布满了大小相近的六边形，人们惊叹于大自然的鬼斧神工，同时也尝试解开盐滩图案之谜，人们发现正六边形能够最大限度的利用空间，已知图中的正六边形与正方形的周长都等于12，则它们的面积之差为 ．
题型02 多边形的对角线问题
1．（2024·陕西咸阳·三模）如果过某多边形的一个顶点有条对角线，这个多边形是 边形．
2．（2024·上海金山·三模）正n边形的一个外角为，则它的对角线条数为
3．（2023·重庆·模拟预测）过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成3个三角形，这个多边形的内角和等于 ．
4．（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．
题型03 多边形内角和问题
利用多边形内角和、外角和定理求边数：
①n边形的内角和为(n－2)×180°，根据已知条件列出方程求边数；
②若由已知数据很容易求得一个外角的度数，根据正多边形的外角和始终等于360°,用360°除一个外角的度数，从而得到正多边形的边数.
1．（2023·重庆·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 ．
2．（2022·山东临沂·中考真题）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，这个五边形的内角和是（ ）
A．900° B．720° C．540° D．360°
3．（2021·江苏南京·中考真题）如图，是五边形的外接圆的切线，则 ．
4．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、、、、，若，则（ ）
A． B． C． D．
题型04 正多边形内角和问题
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ．
2．（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．
3．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ．
4．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．

5．（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1） 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．

题型05 多边形截角后的内角和问题
多边形的边数为自然数，而内角和只与边数有关，无论多了一个角，还是少了一个角，都可以用逼近法去求解.
1．（2023·湖南娄底·模拟预测）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，那么原来多边形的边数不可能为 （ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
2．（2021·广东佛山·三模）如图，在正六边形ABCDEF中，若去掉一个角得到一个七边形，则∠1+∠2= 度．
3．（2021·浙江丽水·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ．
题型06 多边形外角和问题
1．（2023·北京·中考真题）正十二边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A． B． C． D．
3．（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
4．（2023·江苏连云港·中考真题）以正五边形的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新五边形的顶点落在直线上，则正五边形旋转的度数至少为 °．
题型07 多边形外角和的实际应用
1．（2024·江苏无锡·二模）如图，小强站在五边形健身步道的起点P处，沿着P，B，C，D，E，A，P的方向行走，最终回到了P处．在这过程中，小强转过的角度说明了（　　）
A．五边形的内角和是 B．五边形的外角和是
C．五边形的内角和是 D．五边形的外角和是
2．（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．
3．（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
题型08 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
1．（2021·江苏苏州·二模）如图，在四边形ABCD中，的角平分线与的外角平分线相交于点P，且，则 ．
2．（2023·辽宁营口·二模）如图，在正六边形中，连接平分，交延长线于点G，则为（ ）

A． B． C． D．
3．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
4．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，AB∥CD，平分，CE∥AD，.
(1)求的度数：
(2)若，求的度数.
题型09 平面镶嵌
解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
【限制条件】1）边长相等；2）公共顶点；3）在一个顶点处各个正多边形的内角之和为360.
1．（2022·四川资阳·中考真题）小张同学家要装修，准备购买两种边长相同的正多边形瓷砖用于铺满地面．现已选定正三角形瓷砖，则选的另一种正多边形瓷砖的边数可以是 ．（填一种即可）
2．（2021·贵州铜仁·中考真题）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
3．（2024·湖南·模拟预测）平面图形的镶嵌往往给人以美的享受，如图1是用边长相等的正六边形与正三角形进行的无缝隙、不重叠的平面镶嵌．我们选取其中一个正六边形和三个与之相邻（正上方、左下方和右下方）的正三角形组成的图形部分，将其放在平面直角坐标系中．如图2，点，，均为正六边形和正三角形的顶点．已知点的坐标为，反比例函数的图象恰好经过点，，连接，，则的面积是 ．
4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，是用边长相等的等边三角形和正n边形两种地砖铺设的小路的局部示意图，则这种正边形地砖的边数 ．
题型10 计算网格中的多边形面积
1．（2022·北京海淀·二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为 ．
2（2021·北京顺义·一模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D，E，F是网格线的交点，则的面积与的面积比为 ．
3．（2021·山西临汾·三模）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
你知道“皮克定理”吗？
“皮克定理”是奥地利数学家皮克（如图1）发现的一个计算点阵中多边形的面积公式．在一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点．一个多边形的顶点如果全是格点，这个多边形就叫做格点多边形．有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出．即，其中表示多边形内部的点数，表示多边形边界上的点数，表示多边形的面积．（利用图2中的多边形可以验证）这个公式是奥地利数学家皮克在1899年发现的，被称为“皮克定理”．
任务：
（1）如图2，是的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是_______．
（2）已知：一个格点多边形的面积为19，且边界上的点数是内部点数的3倍，则______．
（3）请你在图3中设计一个格点多边形．要求：①格点多边形的面积为8；②格点多边形是一个轴对称图形．
命题点二 平行四边形有关的证明与计算
题型01 利用平行四边形的性质求解
1．（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则 度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 ．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
3．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ．
4．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A． B． C． D．
题型02 利用平行四边形的性质证明
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点在边上，，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点F．求证：．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
2．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
3．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．

(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
题型03 判断能否构成平行四边形
1．（2021·河北·中考真题）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
2．（2024·河北石家庄·一模）如图，已知线段和射线，且，在射线上找一点C，使得四边形是平行四边形，下列作法不一定可行的是（ ）
A．过点D作与交于点C
B．在下方作与交于点C，使
C．在上截取，使，连接
D．以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点C，连接
3．（2024·河北邢台·模拟预测）已知（如图1），求作：平行四边形．如图2、图3是嘉琪的作图方案，其依据是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．两组对边分别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
题型04 添加一个条件使之成为平行四边形
1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形．
2（2023·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在中，点，分别在边，上，．
(1)求证：；
(2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，四边形中，，，的平分线交于点．
(1)求的度数；
(2)在上取一点E，添加一个条件，使四边形是平行四边形，直接写出这个条件．
题型05 证明四边形是平行四边形
已知条件 选择的判定定理
边 一组对边相等 两组对边分别相等的四边形是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
一组对边平行 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
角 一组对角相等 两组对角分别相等的四边形是平行四边形
对角线 对角线互相平分 对角线互相平分的四边形是平行四边形
注意：在做题时，根据已知条件灵活运用判定方法求解.
1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
2．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状．
3．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：(1)；
(2)四边形为平行四边形．
4．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在中，D是中点．
(1)求作：的垂直平分线l（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若l交于点E，连接并延长至点F，使，连接．补全图形，并证明四边形是平行四边形．
题型06 利用平行四边形的性质与判定求解
1．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．16
2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ．
3．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：
如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．
小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！
(1)证明；
(2)指出小丽作法中存在的问题．
4．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．

题型07 利用平行四边形的性质与判定证明
1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F．
(1)求证：；
(2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长．
2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的面积．
3．（2024·北京·中考真题）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求的长.
4．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)求证：与互相平分．
题型08 平行四边形性质和判定的应用
1．（2024·江苏镇江·中考真题）图1、2是一个折叠梯的实物图．图3是折叠梯展开、折叠过程中的一个主视图．图4是折叠梯充分展开后的主视图，此时点E落在上，已知，，点D、F、G、J在上，、、、均与所在直线平行，，．点N在上，、的长度固定不变．图5是折叠梯完全折叠时的主视图，此时、重合，点、、、、、在上的位置如图所示．
【分析问题】
（1）如图5，用图中的线段填空：_________；
（2）如图4，_________，由，且的长度不变，可得与之间的数量关系为_________；
【解决问题】
（3）求的长．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图1，点O是等边的内心，的两边分别交于点D、E，且，若等边的边长为6，求四边形周长的最小值．
（2）为培养学生劳动实践能力，某学校计划在校东南角开辟出一块平行四边形劳动实践基地．如图2所示，劳动实践基地为，点O为其对称中心，且，点E、F分别在边上，四边形为学校划分给九年级的实践活动区域，九年级学生打算在四边形区域种植两种不同的果蔬，即在种植不同的果蔬．在点O处安装喷灌装置，且喷灌张角为，即，并修建三条小路．现要求规划的三条小路总长最小的同时，果蔬种植区域四边形的面积最大．求满足规划要求的三条小路总长的最小值，并计算同时满足四边形面积最大时学校应开辟的劳动实践基地的面积．

3．（2020·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是 ．
4．（2022·浙江金华·一模）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆固定在垂直于地面的墙壁上，支杆与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形始终是平行四边形．
(1)若遮阳蓬完全展开时，长2米，在与水平地面呈的太阳光照射下，在地面的影子有______米（影子完全落在地面）
(2)长支杆与短支杆的长度比（即与的长度比）是______．
题型09 平行四边形与函数综合
1．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数．的图象与反比例函数的图象交于点．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)利用图象，直接写出不等式的解集；
(3)已知点D在x轴上，点C在反比例函数图象上．若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标．
2．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（，0），B（3，）两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
(3)抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3．（2024·江苏常州·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C．
(1)________；
(2)如图，已知点A的坐标是．
①当，且时，y的最大值和最小值分别是s、t，，求m的值；
②连接，P是该二次函数的图像上位于y轴右侧的一点（点B除外），过点P作轴，垂足为D．作，射线交y轴于点Q，连接．若，求点P的横坐标．
题型10 与平行四边形有关的新定义问题
1．（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．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．
3．（2024·陕西西安·模拟预测）【定义新知】
定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边．
【概念理解】
（1）如图1，在四边形中，，，，，，判断四边形是否为和谐四边形，并说明理由；
（2）如图2，在矩形中，，连接，在的延长线上取一点E，连接，使得四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，求的长；
【拓展应用】
（3）如图3，四边形是某市规划中的居民户外活动广场，入口C设在上，、为两条笔直的小路，将广场分为三部分，三角形部分为市民健身区，方便市民健身，三角形部分为观赏区，用于种植各类鲜花，三角形部分为娱乐区，供老年人排练合唱或广场舞使用，与是广场的两条主干道．已知四边形与四边形都是和谐四边形，其中与分别是和谐对角线，与分别是和谐边．为了不影响周围居民，计划在娱乐区外围修建隔离带（宽度忽略不计），已知，求隔离带的长度（即的周长）．

4．（2024·山东青岛·二模）【图形定义】连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．类似的，我们把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线．
例如：如图1，在四边形中，点是的中点，点是的中点，是四边形的中位线．
【方法探究】
如图2，已知是的中位线，以点为中心将旋转得到，可证．
【方法应用】
(1)如图3，是梯形的中位线．若，，则__________；若，，且，则__________．
(2)如图4，是四边形的中位线．若，，则的取值范围是__________；若，，且，则的取值范围是__________．
题型11 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
类型一 已知两个中点
已知D，E分别是AB，AC的中点，连接DE（或BC）,得到DE∥BC,
类型二 已知一个中点
已知D分别是AB的中点，
1)取AC的中点E，连接DE, 得到DE∥BC,
2)倍长AC至点E，使AC=CE, 得到DC∥BE,
1．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：．
问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：．
问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．

2．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ．

3．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．
（3）用数学的语言表达．
如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．
题型12 补全图形利用中位线定理求解
1．（2023·广西·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 ．

2．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．

(1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．
①求证：是的中点；
②求；
(2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．
3．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．
（1）线段的长为 ；
（2）若为的中点，则线段的长为 ．
4．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）

A． B． C．2 D．
题型13 平行四边形中各图形面积的等量关系
1．（2021·浙江宁波·中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河北·模拟预测）如图1，平行四边形的两条邻边的长分别为，其中一内角的度数为α，将两个如图1所示的平行四边形按如图2所示的方式摆放在边长为b的菱形中，左上部为重叠部分，右下部为剩余部分（阴影部分），剩余部分的面积记为；将四个如图1所示的平行四边形按如图3所示的方式摆放在边长为的菱形中，左上部与右下部均为剩余部分（阴影部分），面积分别记为．
（1）图1中平行四边形的面积为 ，图3中的值为 ；
（2）之间的关系式为 ．
3．（2024·浙江金华·二模）如图，在中，O是对角线上一点，连结，，若，，，的面积分别为，，，，则下列关于，，，，的等量关系中，不一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．

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