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专题03 多边形和平行四边形
知识点一、四边形及其内角和与外角和
1.定义:在平面内，由不在同一直线上的四条线段首尾顺次相接组成的图形叫作四边形;
2.相关概念：
（1）边：组成四边形的各条线段叫作四边形的边，每相邻两条线段的公共端点叫作四边形的顶点，如下图，画出四边形 ABCD 的任何一条边(例如 CD)所在直线，整个四边形都在这条直线的同一侧，这样的四边形叫作凸四边形.
（2）对角线：连接四边形不相邻的两个顶点的线段，叫作四边形的对角线；
（3）内角：四边形相邻两边组成的角叫作四边形的内角，简称四边形的角.
（4）外角：四边形的角的一边与另一边的延长线组成的角叫作四边形的外角.
3.四边形的内角和与外角和
四边形的内角和等于360°；
四边形的外角和等于360°.
四边形具有不稳定性.
知识点二、多边形及相关概念
★1、多边形的定义： 在平面内，由n（n≥3）条线段首尾依次相接，组成的图形叫做多边形. 如果一个多边形由n条线段组成，那么这个多边形就叫做n边形.
★2、相关概念
(1)内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角.
(2)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.
(3)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.
▲n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出n（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）
知识点三、多边形的内角和
★1、多边形内角和定理：（n﹣2） 180° （n≥3且n为整数）
★2、多边形内角和公式的常见应用
(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)求正n 边形每个内角的度数， 其公式为；
(4)已知n 边形每个内角的度数，且度数都相等，求边数．
★3、多边形的内角和随边数的变化而变化，边数每增加1，内角和就增加180° .
知识点四、多边形的外角角和
★1、多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°．
【注意】
（1）多边形的外角和是指每个顶点处取一个外角的和.
（2）多边形的外角和恒等于360°，与边数无关.
（3）借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2） 180°＝360°．
★2、常见应用
（1）已知外角度数求正多边形的边数；
（2）已知正多边形的边数求外角度数，所用公式为 .
知识点五、 平行四边形的概念
◆1、定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
◆2、表示方法：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”.
【注意】表示平行四边形时，要按照顺时针或者逆时针方向依次书写各顶点字母，不能打乱顺序．
◆3、几何语言：(双重含义)
∵ AB∥CD，AD∥BC，∴ 四边形ABCD是平行四边形（判定）
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AB∥CD，AD∥BC（性质）
知识点六、平行四边形的性质定理
●●平行四边形的性质：
◆1、边：①平行四边形的对边平行；②平行四边形的对边相等．
几何语言： ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC， AB = CD，AD = BC，
◆2、角：①平行四边形的对角相等．②平行四边形的对角互补.
几何语言：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴∠A =∠C，∠B = ∠D
◆3、对角线：平行四边形的对角线互相平分．
几何语言：∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AO=OC，BO=OD
◆4、对称性
平行四边形是中心对称图形，两条对角线的交点是它的对称中心．
知识点七、两条平行线间的距离
◆1、定义：两条平行线中，一条直线上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.
◆2、两条平行线之间的任何两条平行线段都相等.
◆3、如果有两条直线平行，那么一条直线上所有的点到另一条直线的距离都相等.
如图（1），a∥b，c∥d，c，d与a，b分别相交于A，B，C，D四点.由平行四边形的概念和性质可知，四边形ABDC是平行四边形，即AB=CD；如图（2）线段AB（或CD）的长即为两条平行线之间的距离.
知识点八、平行四边形的判定
★1、平行四边形的判定方法
类别 判定方法 图形 几何语言
边 定义：两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.
两组对边分别相等的四边形是平行四边形. ∵AB = CD，AD = CB，∴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. ∵∠A =∠C，∠B =∠D，∴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. ∵AO = CO，DO = BO，∴四边形ABCD 是平行四边形.
★2、平行四边形有5种判定方法，在判定一个四边形是平行四边形时，应选择哪一种方法需要根据具体情况而定，当几种方法都能判定时，应选择较简单的方法.
★3、平行四边形性质与判定的联系与区别
区别 ：由平行四边形这一条件得到边、角、对角线的关系是性质.由边、角、对角线的关系得到平行四边形是判定.
联系：平行四边形的性质题设和结论正好与判定的题设和结论相反，它们构成互逆的关系.
知识点九、三角形的中位线
◆1、定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.
几何语言：在 △ABC中，∵D、E 分别是边 AB、AC 的中点，
∴DE是△ABC的中位线.
◆2、性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半.
几何语言：∵ D、E 分别是边 AB、AC 的中点，
∴ DE∥BC，且DE =BC．
◆3、一个三角形有三条中位线，如图DE,DF,EF都是△ABC的中位线，中位线是一条线段.
◆4、三角形的三条中位线把原三角形分成四个全等的小三角形，三个面积相等的平行四边形；四个全等小三角形的周长都是原三角形周长的一半.
◆5、三角形的中线与中位线
相同点：都是与中点有关的线段.
不同点：中位线是连接三角形两边中点的线段.中线是连接一个顶点和它的对边中点的线段.
题型一 多边形相关概念
【例1】（25-26七年级上·全国·期末）下列图形不是凸多边形的是（　　）
A． B． C． D．
【变式1】（24-25七年级上·江苏连云港·期末）下列说法正确的是（ ）
A．各角都相等的多边形是正多边形 B．各边都相等的多边形是正多边形
C．多边形的内角与相邻的外角互为补角 D．五边形一共有两条对角线
【变式2】（22-23七年级下·四川宜宾·期末）下列说法中，错误的有（ ）
A．三角形是边数最少的多边形
B．等边三角形和长方形都是正多边形
C．边形有条边、个顶点、个内角、个外角
D．六边形从一个顶点出发可以画条对角线，所有的对角线共有条
【变式3】（21-22八年级下·全国·期末）在如图所示的图形中，是多边形的有_______；是凸多边形的有_______．
题型二 多边形的对角线
【例2】（21-22七年级上·陕西西安·期末）如果从一个多边形的一个顶点出发作它的对角线，最多能将这个多边形分成4个三角形，那么从这个多边形的一个顶点出发对角线有（ ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．5条
【变式1】（25-26七年级上·辽宁沈阳·期末）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第四套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则从该九边形的一个顶点最多能引出对角线的条数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【变式2】（25-26七年级上·全国·期末）如图，过一个顶点，四边形有1条对角线；五边形有2条对角线：六边形有3条对角线：……按此规律，过十二边形一个顶点的对角线有（ ）
A．9条 B．10条 C．11条 D．12条
【变式3】（23-24七年级上·陕西西安·期末）从正多边形的一个顶点出发有15条对角线，则该正多边形的边数是___________．
题型三 多边形的内角和
【例3】如图，在五边形中，分别平分，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】如图为《北京2022年冬残奥会会徽》纪念邮票，其规格为边长14.92毫米的正八边形，则正八边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（25-26八年级上·全国·课后作业）一个多边形的内角和比四边形的内角和多，并且这个多边形的各内角相等，则这个多边形的一个外角是（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（25-26八年级上·湖北武汉·月考）一个多边形的内角和等于，则这个多边形是___________边形．
题型四 正多边形的角的计算问题
【例4】（25-26九年级上·云南曲靖·期末）如果一个正多边形的边数增加2，那么它的内角和增加（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（25-26八年级上·山东济南·期末）若一个正多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．10
【变式2】（25-26九年级上·江苏南京·期末）如图，正五边形中，边，的延长线交于点，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【变式3】（25-26九年级上·河北邢台·期末）如图所示为用镜子拼成的正八边形，点为上一点，现从点射出一束光线，经过两次反射后，到达边上的点，若，则（ ）
A． B． C． D．
题型五 多（少）算一个角问题
【例5】（22-23八年级上·广西钦州·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．1 B．1 C．1 D．1
【变式1】（23-24八年级下·四川达州·期末）已知一个多边形多算了一个内角得到内角和是1960°，则这个多边形是（ ）
A．十一边形 B．十二边形 C．十三边形 D．十五边形
【变式2】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图是两位学生在探究某多边形的内角和时的一段对话，请根据他们的对话内容判断他们少加的内角的度数为____．
【变式3】（23-24七年级下·河南南阳·期末）看图回答问题：
(1)内角和为，小明为什么说不可能？
(2)小华求的是几边形的内角和？
(3)错把外角当内角加一起的那个外角的度数你能求出来吗？它是多少度？
题型六 多边形截角问题
【例6】（22-23七年级下·北京通州·期末）一个多边形剪去一个角后（剪痕不过任何一个其它顶点），内角和为 ，则原多边形的边数为（ ）
A． B． C． D．或
【变式1】（22-23八年级下·安徽池州·期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为，则原多边形边数为（ ）
A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6
【变式2】（22-23八年级下·山东济南·期末）剪掉一张长方形纸片的一个角后，剩余多边形纸片的内角和不可能是（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（23-24八年级上·山东济宁·阶段检测）一个多边形纸片剪去其中某一个角后，形成的另一个多边形的内角和为900°，那么原多边形的边数为______．
题型七 四边形外角和的实际问题
【例7】（24-25九年级上·云南昆明·期末）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美，图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】如图，小明从A点出发，前进到点B处后向右转，再前进到点C处后又向右转，……，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了（ ）
A． B． C． D．
【变式2】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．
【变式3】一机器人以的速度在平地上按下图中的步骤行走，那么该机器人从开始到停止所需时间为_____s．
题型八 多边形内角和外角和的综合
【例8】一个多边形的内角和比它的外角和的3倍还多，求这个多边形的边数为_________．
【变式1】（25-26九年级上·河北张家口·期末）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则_____．
【变式2】（24-25八年级上·河北廊坊·期末）已知某个正多边形的一个外角等于与它相邻的内角的．
(1)求这个外角的度数．
(2)嘉嘉猜想这个正多边形的内角和超过，请判断嘉嘉的猜想是否正确并说明理由．
【变式3】（25-26八年级下·山东德州·月考）如图，四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点．
(1)若，，求的度数；
(2)已知四边形中，，，求的度数．
题型九 利用平行四边形的性质求线段长
【例9】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，在中，的平分线交于点M．若，则的长为（ ）
A．3 B．2.5 C．2 D．1
【变式1】如图，在平行四边形中，平分，交于点平分，交于点E，若，，则的长为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【变式2】如图，的对角线相交于点．已知的周长比的周长多，则的长为（　　）．
A．3 B．5 C．7 D．9
【变式3】（25-26八年级下·全国·期末）如图，在中，，，点在边上，，过点作于点．若，则线段的长度是（ ）
A． B． C． D．
题型十 利用平行四边形的性质求角度
【例10】（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，点，在的对角线上，，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，将绕顶点B顺时针旋转到，当
首次经过顶点C时，此时旋转角的度数等于，则的度数等于（　　）
A． B． C． D．
【变式3】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，中，，于点E，于点F，与交于点，则（ ）
A． B． C． D．
题型十一 利用平行四边形的性质求周长
【例11】如图，在平行四边形中，，，．的周长是（ ）
A．16 B．32 C． D．24
【变式1】（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，在平行四边形中，分别以A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点和点，作直线，分别交边，于点、，连接，若的周长为，则平行四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】如图，平行四边形的周长为，，相交于点O，交于点E，则的周长为（　　）
A． B． C． D．
【变式3】如图，在平行四边形中，于E，于F，，且，则平行四边形的周长是（　　 ）
A．2 B． C．4 D．8
题型十二 利用平行四边形的性质求面积
【例12】如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．若AE＝4，AF＝6，且 ABCD的周长为40，则 ABCD的面积为（　　）
A．24 B．36 C．40 D．48
【变式1】如图，在平行四边形中，点在边上，，与交于点，若的面积为，则为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（25-26九年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，点是中点，连接并延长，交的延长线于点，点在边上，且，连接，若的面积为2，则四边形的面积为（ ）
A．5 B． C．6 D．
【变式3】（25-26八年级下·全国·期末）如图，在中，，将沿对角线折叠得到，与交于点F，当F恰好为的中点时，的面积为（ ）
A．30 B．60 C． D．
题型十三 利用平行四边形的性质证明
【例13】（23-24八年级下·辽宁营口·期末）如图，在平行四边形中，对角线，与相交于点O，点M、N分别为、的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)若，且，，求的长．
【变式1】（25-26九年级上·湖南长沙·期末）如图，已知平行四边形中，平分且交于点，且交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的大小．
【变式2】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，对角线与相交于点，点、分别为、的中点，延长交于点，连接、．
(1)求证：；
(2)当，时，求的度数．
【变式3】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，点是对角线，的交点，过点且垂直于．
(1)求证：；
(2)若，，则与之间的距离为____________；
(3)若的周长是24，，则四边形的周长为____________．
题型十四 两平行线间的距离
【例14】（24-25七年级下·河北石家庄·期末）如图，公路的两侧看作直线a，b，且，则直线a，b之间的距离是（ ）
A．线段 B．线段
C．线段的长度 D．线段的长度
【变式1】（23-24七年级下·湖南娄底·期末）如图，直线，．若a与b的距离是，b与c距离是，则a与c的距离是（ ）

A． B． C． D．
【变式2】（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，直线，点在上，点在上，若，则下列线段的长度是到的距离的是（　　）
A． B． C． D．
【变式3】（23-24七年级下·湖南永州·期末）已知在同一平面内，直线，，互相平行，直线与之间的距离是，直线与之间的距离是，那么直线与的距离是________．
题型十五 添加条件判定是平行四边形
【例15】（25-26八年级上·全国·单元复习）如图，点，是平行四边形对角线上两点，在条件；；；中，添加一个条件，使四边形是平行四边形，可添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，在四边形中，与相交于点，若再添加一个条件，可判定四边形为平行四边形．请从①；②；③这三个条件中选取一个作为添加条件．你选择的条件是______．（填序号）

【变式2】（24-25八年级下·河南·期末）如图，的对角线与相交于点O，点E，F分别在和上．请你添加一个条件，使四边形是平行四边形，并说明理由．
(1)添加的一个条件是：______；
(2)说明理由．
【变式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）
题型十六 平行四边形判定的证明
【例16】如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证．
【变式1】如图，在中，点E、F分别在、上，且，、相交于点O，求证：．
【变式2】已知：如图，在平行四边形中，E、F分别是、的中点，求证：
【变式3】如图，E，F是平行四边形的对角线上两点，且，
与相交于点O，求证：．
题型十七 平行四边形与平面直角坐标系的综合
【例17】如图，在直角坐标系中，的顶点、、的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】如图，平行四边形的顶点，，的坐标分别为，，，将平行四边形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（25-26九年级上·全国·期末）如图，四边形是平行四边形，点A，B的坐标分别为，，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式3】如图，在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标依次为，，将线段向右平
移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，则四边形的周长为（ ）
A．34 B．35 C．36 D．37
题型十八 利用三角形的中位线计算
【例18】（23-24八年级下·新疆阿克苏·期末）如图，在中，，，点、、分别是、、的中点，连接，，则四边形的周长是（ ）
A．5 B．7 C．8 D．10
【变式1】（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，已知中，点M是边上的中点，平分，于点N，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【变式2】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，
Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（ ）
A．24 B．12 C．17 D．22
题型一 平行四边形中的多结论判断问题
【例1】（23-24八年级下·辽宁丹东·期末）如图，的对角线交于点O，平分，交于点，且，，连接，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【变式1】（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）如图，在平行四边形中，，于点E，于点F，相交于点H，的延长线相交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③⑤
【变式2】（23-24八年级下·四川达州·期末）如图，在中，，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中，一定正确的结论个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【变式3】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图所示，在四边形中，，对角线，相交于点O，于点E，于点F，连接，．若，则下列结论：①；②；③四边形是平行四边形；④四边形是平行四边形．其中正确的结论是______．（填序号）
题型二 平行四边形与折叠问题
【例2】如图，将沿对角线折叠，使点C落在处，若，则为（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，若，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（25-26八年级上·山东潍坊·期末）如图，将沿对角线折叠，使点落在点处，交于点．若的周长为12，则的周长是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
【变式3】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，将平行四边形沿对角线翻折，点B落在点E处，交于点F．若，，则下列结论不正确的是（　　）
A． B． C． D．
题型三 平行四边形与动点运动问题
【例3】如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度沿．向点运动；点从点同时出发，以的速度沿边向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为．当为何值时，四边形为平行四边形？（ ）

A． B． C． D．
【变式1】（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（ ）

A． B．8 C．4或 D．或8
【变式2】如图，在中，，动点P以每秒的速度从点A向点D运动．另一动点Q以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，则运动时间为______秒．

【变式3】如图，是等边三角形，，于D．点M从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点P由B点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点P的动直线，交于点Q，设运动时间为，解答下列问题：
(1)线段 ．
(2)求证：．
(3)是否存在以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形？如存在，请求出t的值；如不存在，请说明理由．
、
题型一 求多边形多个角的和
【例1】如图，等于（ ）
A． B． C． D．
【变式1】在第24届北京冬季奥林匹克运动会上，花样滑冰运动因其是力与美的结合而吸引着不少人的关注，运动员通过冰刀在冰面上划出图形，并表演跳跃、旋转等高难度动作，某位运动员就在冰面上滑出了如图所示的几何图形，请利用所学知识计算出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（　　）
A．360° B．270° C．240° D．180°
【变式2】如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接，若，则等于______．
【变式3】如图，______．
题型二 利用三角形中位线证明
【例2】如图所示，在四边形中，为上一点，都是等边三角形，点分别为的中点，线段与有什么关系？请说明理由．
【变式1】如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求的面积．
【变式2】如图，在四边形中，，、、、分别为、、、的中点，顺次连接、、、．
(1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由；
(2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由．
【变式3】如图1，若顺次连接四边形各边中点所得四边形是菱形，则称原四边形为“中母菱形”．定义：若四边形的对角线相等，那么这个四边形是中母菱形．
(1)请写一个你学过的特殊四边形中是中母菱形的图形的名称．
(2)如图2有等边三角形中，、分别是、的中点，连接，猜想图中哪个四边形是中母菱形，并加以证明．
(3)如图3，在等边三角形中，若、不是、的中点，且，探究满足上述条件的图形中是否存在中母菱形，并证明你的结论．
题型三 平行四边形性质与判定的综合
【例3】如图，将平行四边形的边延长至点E，使 ，连接，F是边的中点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，求的长．
【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在梯形中，，，若点为的中点，连接，交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若是等边三角形，且，求的长．
【变式2】（25-26九年级上·山东烟台·期末）点是的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，交于点，若，求的长．
【变式3】（22-23八年级下·陕西渭南·期末）问题背景：如图，在等边中，、两点分别在边、上，，以为边作等边，连接，，．

问题探究：
(1)求证：为等边三角形；
(2)求证：四边形为平行四边形；
(3)若，求四边形的面积．
题型四 平行四边形与最值问题
【例4】（25-26九年级上·山东济宁·期末）如图，在中，．H、G分别是上的动点，连接，E、F分别为的中点，则的最小值是（ ）
A．4 B．5 C． D．
【变式1】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【变式2】如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是（ ）

A． B． C．14 D．
【变式3】如图，在平行四边形中，，，以为底边向
右作腰长为的等腰，为边上一点，，连接，则的最小值为 ___________．
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专题03 多边形和平行四边形
知识点一、四边形及其内角和与外角和
1.定义:在平面内，由不在同一直线上的四条线段首尾顺次相接组成的图形叫作四边形;
2.相关概念：
（1）边：组成四边形的各条线段叫作四边形的边，每相邻两条线段的公共端点叫作四边形的顶点，如下图，画出四边形 ABCD 的任何一条边(例如 CD)所在直线，整个四边形都在这条直线的同一侧，这样的四边形叫作凸四边形.
（2）对角线：连接四边形不相邻的两个顶点的线段，叫作四边形的对角线；
（3）内角：四边形相邻两边组成的角叫作四边形的内角，简称四边形的角.
（4）外角：四边形的角的一边与另一边的延长线组成的角叫作四边形的外角.
3.四边形的内角和与外角和
四边形的内角和等于360°；
四边形的外角和等于360°.
四边形具有不稳定性.
知识点二、多边形及相关概念
★1、多边形的定义： 在平面内，由n（n≥3）条线段首尾依次相接，组成的图形叫做多边形. 如果一个多边形由n条线段组成，那么这个多边形就叫做n边形.
★2、相关概念
(1)内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角.
(2)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.
(3)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.
▲n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出n（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）
知识点三、多边形的内角和
★1、多边形内角和定理：（n﹣2） 180° （n≥3且n为整数）
★2、多边形内角和公式的常见应用
(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)求正n 边形每个内角的度数， 其公式为；
(4)已知n 边形每个内角的度数，且度数都相等，求边数．
★3、多边形的内角和随边数的变化而变化，边数每增加1，内角和就增加180° .
知识点四、多边形的外角角和
★1、多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°．
【注意】
（1）多边形的外角和是指每个顶点处取一个外角的和.
（2）多边形的外角和恒等于360°，与边数无关.
（3）借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2） 180°＝360°．
★2、常见应用
（1）已知外角度数求正多边形的边数；
（2）已知正多边形的边数求外角度数，所用公式为 .
知识点五、 平行四边形的概念
◆1、定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
◆2、表示方法：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”.
【注意】表示平行四边形时，要按照顺时针或者逆时针方向依次书写各顶点字母，不能打乱顺序．
◆3、几何语言：(双重含义)
∵ AB∥CD，AD∥BC，∴ 四边形ABCD是平行四边形（判定）
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AB∥CD，AD∥BC（性质）
知识点六、平行四边形的性质定理
●●平行四边形的性质：
◆1、边：①平行四边形的对边平行；②平行四边形的对边相等．
几何语言： ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC， AB = CD，AD = BC，
◆2、角：①平行四边形的对角相等．②平行四边形的对角互补.
几何语言：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴∠A =∠C，∠B = ∠D
◆3、对角线：平行四边形的对角线互相平分．
几何语言：∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AO=OC，BO=OD
◆4、对称性
平行四边形是中心对称图形，两条对角线的交点是它的对称中心．
知识点七、两条平行线间的距离
◆1、定义：两条平行线中，一条直线上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.
◆2、两条平行线之间的任何两条平行线段都相等.
◆3、如果有两条直线平行，那么一条直线上所有的点到另一条直线的距离都相等.
如图（1），a∥b，c∥d，c，d与a，b分别相交于A，B，C，D四点.由平行四边形的概念和性质可知，四边形ABDC是平行四边形，即AB=CD；如图（2）线段AB（或CD）的长即为两条平行线之间的距离.
知识点八、平行四边形的判定
★1、平行四边形的判定方法
类别 判定方法 图形 几何语言
边 定义：两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.
两组对边分别相等的四边形是平行四边形. ∵AB = CD，AD = CB，∴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. ∵∠A =∠C，∠B =∠D，∴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. ∵AO = CO，DO = BO，∴四边形ABCD 是平行四边形.
★2、平行四边形有5种判定方法，在判定一个四边形是平行四边形时，应选择哪一种方法需要根据具体情况而定，当几种方法都能判定时，应选择较简单的方法.
★3、平行四边形性质与判定的联系与区别
区别 ：由平行四边形这一条件得到边、角、对角线的关系是性质.由边、角、对角线的关系得到平行四边形是判定.
联系：平行四边形的性质题设和结论正好与判定的题设和结论相反，它们构成互逆的关系.
知识点九、三角形的中位线
◆1、定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.
几何语言：在 △ABC中，∵D、E 分别是边 AB、AC 的中点，
∴DE是△ABC的中位线.
◆2、性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半.
几何语言：∵ D、E 分别是边 AB、AC 的中点，
∴ DE∥BC，且DE =BC．
◆3、一个三角形有三条中位线，如图DE,DF,EF都是△ABC的中位线，中位线是一条线段.
◆4、三角形的三条中位线把原三角形分成四个全等的小三角形，三个面积相等的平行四边形；四个全等小三角形的周长都是原三角形周长的一半.
◆5、三角形的中线与中位线
相同点：都是与中点有关的线段.
不同点：中位线是连接三角形两边中点的线段.中线是连接一个顶点和它的对边中点的线段.
题型一 多边形相关概念
【例1】（25-26七年级上·全国·期末）下列图形不是凸多边形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了凸多边形的概念，根据凸多边形的概念，如果多边形的边都在任何一条边所在的直线的同旁，该多边形即是凸多边形．否则即是凹多边形．
【详解】
解：根据凸多边形的概念，可知图形不是凸多边形的是．
故选：D．
【变式1】（24-25七年级上·江苏连云港·期末）下列说法正确的是（ ）
A．各角都相等的多边形是正多边形 B．各边都相等的多边形是正多边形
C．多边形的内角与相邻的外角互为补角 D．五边形一共有两条对角线
【答案】C
【分析】本题考查了多边形的定义和性质，熟练掌握多边形的定义和性质是解题关键．根据各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，可判断A、B选项；根据多边形内角和外角的关系，可判断C选项；根据边形有条对角线，可判断D选项．
【详解】解：A、各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，原说法错误，不符合题意；
B、各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，原说法错误，不符合题意；
C、多边形的内角与相邻的外角互为补角，原说法正确，符合题意；
D、五边形一共有条对角线，原说法错误，不符合题意；
故选：C．
【变式2】（22-23七年级下·四川宜宾·期末）下列说法中，错误的有（ ）
A．三角形是边数最少的多边形
B．等边三角形和长方形都是正多边形
C．边形有条边、个顶点、个内角、个外角
D．六边形从一个顶点出发可以画条对角线，所有的对角线共有条
【答案】B
【分析】本题考查了多边形，根据多边形的定义及性质逐项判断即可求解，掌握多边形的定义及性质是解题的关键．
【详解】解：．三角形是边数最少的多边形，该选项说法正确；
．长方形不是正多边形，该选项说法错误；
．边形有条边、个顶点、个内角、个外角，该选项说法确；
．六边形从一个顶点出发可以画条对角线，所有的对角线共有条，该选项说法正确；
故选：．
【变式3】（21-22八年级下·全国·期末）在如图所示的图形中，是多边形的有_______；是凸多边形的有_______．
【答案】 ①⑤⑥ ①⑥/⑥①
【分析】本题考查了多边形的定义，正确理解概念是解题的关键．
根据多边形的定义进行判断即可．
【详解】解：在如图所示的图形中，是多边形的有①⑤⑥；是凸多边形的有①⑥．
故答案为：①⑤⑥；①⑥．
题型二 多边形的对角线
【例2】（21-22七年级上·陕西西安·期末）如果从一个多边形的一个顶点出发作它的对角线，最多能将这个多边形分成4个三角形，那么从这个多边形的一个顶点出发对角线有（ ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．5条
【答案】B
【分析】边形从一个顶点出发的所有对角线，将多边形分成个三角形，且从一个顶点出发可引出条对角线，先根据分成的三角形个数求出多边形边数，再计算对角线条数即可.
【详解】解：设这个多边形有条边，
从边形的一个顶点出发作对角线，最多将多边形分成个三角形，
，解得，即这个多边形是六边形，
又从边形的一个顶点出发可作条对角线，
∴从这个多边形的一个顶点出发对角线有条.
【变式1】（25-26七年级上·辽宁沈阳·期末）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第四套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则从该九边形的一个顶点最多能引出对角线的条数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【分析】本题考查了多边形的对角线，根据从n边形的一个顶点最多能引出条对角线求解即可．
【详解】解：从该九边形的一个顶点最多能引出条对角线，
故选：．
【变式2】（25-26七年级上·全国·期末）如图，过一个顶点，四边形有1条对角线；五边形有2条对角线：六边形有3条对角线：……按此规律，过十二边形一个顶点的对角线有（ ）
A．9条 B．10条 C．11条 D．12条
【答案】A
【分析】本题考查了多边形对角线的条数问题，根据从一个多边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是边数，即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形从一个顶点出发，可以画条对角线，
五边形从一个顶点出发，可以画条对角线，
六边形从一个顶点出发，可以画条对角线，
…，
∴n边形从一个顶点出发，可以画条对角线，
∴十二边形从一个顶点出发，可以画条对角线，
故选：A．
【变式3】（23-24七年级上·陕西西安·期末）从正多边形的一个顶点出发有15条对角线，则该正多边形的边数是___________．
【答案】18
【分析】从边形的一个顶点出发有条对角线．
【详解】解：设该正多边形的边数是，
∵从正多边形的一个顶点出发有15条对角线，
∴，
解得，
∴该正多边形的边数是18．
题型三 多边形的内角和
【例3】如图，在五边形中，分别平分，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】多边形内角和 且为整数）．先根据五边形内角和求得，再根据角平分线求得，最后根据三角形内角和求得的度数．
【详解】解：在五边形中，内角和为，
∵，
，
∵、分别平分、，
，
在中，．
【变式1】如图为《北京2022年冬残奥会会徽》纪念邮票，其规格为边长14.92毫米的正八边形，则正八边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和公式计算即可．
【详解】解：正八边形的内角和为．
【变式2】（25-26八年级上·全国·课后作业）一个多边形的内角和比四边形的内角和多，并且这个多边形的各内角相等，则这个多边形的一个外角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是根据题意列出方程从而解决问题．
设多边形边数为n，利用多边形内角和公式列出方程，可求出边数，再根据外角和定理即可求外角．
【详解】解：设多边形边数为n，
∵ 四边形内角和为，多边形的内角和比四边形的内角和多，
∴ 多边形内角和为，
∴，
解得：
∴外角为．
故选：B
【变式3】（25-26八年级上·湖北武汉·月考）一个多边形的内角和等于，则这个多边形是___________边形．
【答案】九
【分析】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键；设这个多边形的边数是n，利用多边形的内角和公式列方程求解即可．
【详解】设这个多边形的边数是n，则有，
化简得，
解得，
这个多边形是九边形．
故答案为：九．
题型四 正多边形的角的计算问题
【例4】（25-26九年级上·云南曲靖·期末）如果一个正多边形的边数增加2，那么它的内角和增加（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了多边形内角和公式．
根据多边形内角和公式，计算边数增加2后的内角和的差值即可．
【详解】解：设原多边形边数为，则原内角和为，
∵边数增加2，
∴新边数为，新内角和为，
∴内角和增加量．
故选：D．
【变式1】（25-26八年级上·山东济南·期末）若一个正多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【分析】本题考查正多边形的内角问题．熟练掌握正边形的每个内角的度数为，是解题的关键．根据正边形的每个内角的度数为，进行求解即可．
【详解】解：设该正多边形的边数为，
由题意得，
解得，
故选：B．
【变式2】（25-26九年级上·江苏南京·期末）如图，正五边形中，边，的延长线交于点，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的性质，多边形外角和，三角形内角和等知识．由多边形外角和及正多边形的性质可求得每个外角的度数，再由三角形内角和定理即可求得结果．
【详解】解：在五边形中，，
∴；
故选：B．
【变式3】（25-26九年级上·河北邢台·期末）如图所示为用镜子拼成的正八边形，点为上一点，现从点射出一束光线，经过两次反射后，到达边上的点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了多边形的内角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和定理和反射定理．
设上方的正八边形的顶点依次为，，，与的交点为，先求出正八边形每个内角的度数，再由光的反射定理得、、和的数量关系，再利用多边形是五边形，求出与的度数和，再求出的度数，然后求出答案即可．
【详解】解：如图，设上方的正八边形的顶点依次为，，，与的交点为，
八边形是正八边形，
，
设，，
由光的反射定理可知：，
，
多边形是五边形，
，
即，
化简得：，
，
，
多边形是四边形，，
，
故选：A．
题型五 多（少）算一个角问题
【例5】（22-23八年级上·广西钦州·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．1 B．1 C．1 D．1
【答案】D
【分析】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x，由多边形内角和定理可得等式：，由n为整数即可确定x的值．
【详解】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x，
由题意得：，
，
由于n为整数，x为正数且小于，
，
则，
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形内角和定理，关键是设多边形的边数及少加的角的度数，由多边形内角和定理得到等式，根据边数为整数确定少加的角．
【变式1】（23-24八年级下·四川达州·期末）已知一个多边形多算了一个内角得到内角和是1960°，则这个多边形是（ ）
A．十一边形 B．十二边形 C．十三边形 D．十五边形
【答案】B
【分析】设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，利用多边形的内角和定理和已知条件列出等式，根据多边形的内角的性质列出不等式，利用不等式的整数解即可求得结论．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，
则：（n-2） 180+x=1960，
∴x=2320-180n．
∵0°＜x＜180°，
∴0＜2320-180n＜180，
解得
∵n为正整数，
∴n=12．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角，多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
【变式2】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图是两位学生在探究某多边形的内角和时的一段对话，请根据他们的对话内容判断他们少加的内角的度数为____．
【答案】/105度
【分析】本题考查了多边形内角和定理，先根据多边形内角和公式，确定内角和的范围，再通过计算找到符合条件的边数及少加的内角度数．
【详解】解：∵，
又∵少加了一个内角，
∴多边形的边数是：，
∴他们在求九边形的内角和，
∴，少加的内角为，
故答案为：．
【变式3】（23-24七年级下·河南南阳·期末）看图回答问题：
(1)内角和为，小明为什么说不可能？
(2)小华求的是几边形的内角和？
(3)错把外角当内角加一起的那个外角的度数你能求出来吗？它是多少度？
【答案】(1)见解析
(2)13边形的内角和
(3)能，这个外角为
【分析】本题主要考查了多边形内角和，一元一次不等式的应用．解决本题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式．n边形的内角和是．
（1）n边形的内角和是，因而内角和一定是180度的倍数，据此可进行解答；
（2）设这个多边形的边数为n，根据已知可得，进行求解即可，注意n为正整数；
（3）根据上面的结果求出这个多边形的内角和，再用减去求出的结果，计算即可．
【详解】（1）∵不是的整数倍，
∴小明说不可能．
（2）设这个多边形的边数为n，
由题意，得．
解得．
∵n为整数，
∴．
∴小华求的是13边形的内角和．
（3）∵当时，，
，
∴这个外角为．
题型六 多边形截角问题
【例6】（22-23七年级下·北京通州·期末）一个多边形剪去一个角后（剪痕不过任何一个其它顶点），内角和为 ，则原多边形的边数为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】B
【分析】根据题意可知，该多边形减去一个角后边长增加了1，据此根据多边形内角和公式进行求解即可．
【详解】解：设原多边形边数为n，
由题意得，，
解得，
故选B．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，正确理解题意截去一个角后边数增加1是解题的关键．
【变式1】（22-23八年级下·安徽池州·期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为，则原多边形边数为（ ）
A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和公式求出n，再根据截去一个角，则会存在以下三种情况，多边形边数不变，增加1或减少1来解答．
【详解】解：设新多边形边数为n，
∵新多边形内角和为，
∴，
解得，
若多边形截去一个角，则会存在以下三种情况，多边形边数不变，增加1或减少1，如下图所示：

∴原多边形边数为4或5或6，
故选：D．
【点睛】本题主要考查多边形内角和和边数的关系，掌握内角和公式是解题的关键.
【变式2】（22-23八年级下·山东济南·期末）剪掉一张长方形纸片的一个角后，剩余多边形纸片的内角和不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变．根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．
【详解】解：因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，
当截线为经过长方形对角2个顶点的直线时，剩余图形为三角形，内角和为；
当截线为经过长方形一组对边的直线时，剩余图形是四边形，内角和；
当截线为只经过长方形一组邻边的一条直线时，剩余图形是五边形，内角和为．
∴C不符合题意；
故选C
【点睛】此题主要考查了多边形的内角和，解决本题的关键是理解剪掉多边形的一个角的含义．
【变式3】（23-24八年级上·山东济宁·阶段检测）一个多边形纸片剪去其中某一个角后，形成的另一个多边形的内角和为900°，那么原多边形的边数为______．
【答案】6或7或8
【分析】设原多边形为边形，则当多边形截去一个角后，可形成或或边形，根据多边形的内角和定理列式计算可求解．
【详解】解：设原多边形为边形，则当多边形截去一个角后，可形成或或边形，
或或，
解得或7或6，
故答案为：8或7或6．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和外角，判定边形截去一个角后形成的多边形形状是解题的关键，注意分类讨论．
题型七 四边形外角和的实际问题
【例7】（24-25九年级上·云南昆明·期末）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美，图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是多边形的外角和，掌握多边形的外角和等于360度是解题的关键．多边形的外角和等于360度，依此即可求解．
【详解】解：由多边形的外角和等于360度，可得．
故选：B．
【变式1】如图，小明从A点出发，前进到点B处后向右转，再前进到点C处后又向右转，……，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形外角和问题，有理数乘法的应用，掌握正多边形的外角和为是解题关键．由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，再根据正多边形的外角和，得出小明所走过的图形是正十八边形，即可求解．
【详解】解：由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，
正多边形的外角和为，且每个外角都为，
正多边形的边数为，即小明所走过的图形是正十八边形，
路程为，
故选：C．
【变式2】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：．
【变式3】一机器人以的速度在平地上按下图中的步骤行走，那么该机器人从开始到停止所需时间为_____s．
【答案】
【分析】本题中由于机器人最后必须回到起点，可知此机器人一共转了，得出机器人的行走路线是沿着一个正八边形的边长行走一周．
【详解】解：依据题中的图形，可知机器人一共转了，
∵，
∴机器人一共行走．
∴该机器人从开始到停止所需时间为．
题型八 多边形内角和外角和的综合
【例8】一个多边形的内角和比它的外角和的3倍还多，求这个多边形的边数为_________．
【答案】9
【分析】根据题意设边数为，根据多边形内角和定理及外角和定理，列一元一次方程求解即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
根据题意列方程得：，
化简得：，
解得：．
【变式1】（25-26九年级上·河北张家口·期末）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则_____．
【答案】
【分析】本题考查的是对顶角的性质，多边形和正多边形的内角和．熟练掌握正多边形每个内角的求解公式是解题的关键．先根据正多边形每个内角为，得到正六边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案．
【详解】解：如图，
由多边形内角和、外角和定理可知，，
∵，
∴．
∵，，
∴．
故答案为．
【变式2】（24-25八年级上·河北廊坊·期末）已知某个正多边形的一个外角等于与它相邻的内角的．
(1)求这个外角的度数．
(2)嘉嘉猜想这个正多边形的内角和超过，请判断嘉嘉的猜想是否正确并说明理由．
【答案】(1)
(2)嘉嘉的猜想正确，理由见解析
【分析】本题主要考查多边形的内角和定理，外角和的性质，掌握内角和的计算，外角和的性质是解题的关键．
（1）设与这个外角相邻的内角为，由此列式求解即可；
（2）由（1）可得，这个正多边形的每个外角都相等，且都等于，则有这个正多边形的边数为，再根据多边形内角和定理即可求解．
【详解】（1）解：设与这个外角相邻的内角为，则这个外角为，
根据题意，得，
解得，，
，
这个外角的度数为．
（2）解：正确，理由如下，
这个正多边形的每个外角都相等，且都等于，
正多边形的外角和为，
这个正多边形的边数为，
正多边形的内角和为，
嘉嘉的猜想正确．
【变式3】（25-26八年级下·山东德州·月考）如图，四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点．
(1)若，，求的度数；
(2)已知四边形中，，，求的度数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平角的定义和角平分线的定义求出的度数，再由平行线的性质可得答案；
（2）根据四边形内角和为360度推出，由平角的定义和角平分线的性质得到，再根据三角形外角的性质可得答案．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵四边形中，，，
∴，
∴，
∴；
∵四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点，
∴，
∵，
∴．
题型九 利用平行四边形的性质求线段长
【例9】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，在中，的平分线交于点M．若，则的长为（ ）
A．3 B．2.5 C．2 D．1
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质和等腰三角形的判定，解题的关键是利用平行四边形的性质和角平分线的性质得出等腰三角形，进而求出的长度．根据平行四边形的性质和角平分线的性质，得出，从而得到的长度．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
平分，
．
又 ，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
【变式1】如图，在平行四边形中，平分，交于点平分，交于点E，若，，则的长为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】B
【分析】分别可证、为等腰三角形，得到、的长，进而得到，再根据计算即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴且，
又、分别是和的角平分线，
∴，．
又，
∴，
是等腰三角形，即．
同理可证是等腰三角形．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
【变式2】如图，的对角线相交于点．已知的周长比的周长多，则的长为（　　）．
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是牢记平行四边形对边平行且相等、对角线互相平分．
根据平行四边形对角线互相平分可得，再由的周长比的周长多，可以求出，根据即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，．
∵的周长比的周长多，
∴ ，
，
，
．
故选：C
【变式3】（25-26八年级下·全国·期末）如图，在中，，，点在边上，，过点作于点．若，则线段的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用平行四边形的性质和，求出，利用以及勾股定理求解长度.
【详解】解：设．
∵四边形是平行四边形，
，，
．
，
，
，解得，
即，
．
，，
．
根据勾股定理，得，
则，
．
故选：C.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及直角三角形的相关知识点，解决问题的关键是熟练掌握这些知识点.
题型十 利用平行四边形的性质求角度
【例10】（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，点，在的对角线上，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的性质，等边对等角，根据等边对等角，以及三角形的外角的性质，求出的度数，平行线的性质，得到，再利用角的和差关系进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【变式1】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用平行四边形“对角相等”的性质，得出，再根据“邻角互补”的性质，计算出．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴．
【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，将绕顶点B顺时针旋转到，当
首次经过顶点C时，此时旋转角的度数等于，则的度数等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质．由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质得出，即可求解．
【详解】解：∵将绕顶点B顺时针旋转到，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【变式3】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，中，，于点E，于点F，与交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质可得，由，可得，，由直角三角形两锐角互余可得，．
本题主要考查了平行四边形的性质和直角三角形的性质．熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：A．
题型十一 利用平行四边形的性质求周长
【例11】如图，在平行四边形中，，，．的周长是（ ）
A．16 B．32 C． D．24
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质：对边相等，对角线互相平分，分别求出 、、 的长，即可求出 的周长．
【详解】解：∵ 四边形 是平行四边形，
∴，，．
∵，，
∴，．
∴的周长．
【变式1】（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，在平行四边形中，分别以A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点和点，作直线，分别交边，于点、，连接，若的周长为，则平行四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了尺规作图，作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质是解答本题的关键．由作图知，垂直平分，可得 ， 通过的周长为，结合线段的等量代换可得 ，从而根据平行四边形的性质即可得解．
【详解】解：由作图知，垂直平分，
，
的周长为，
，
四边形是平行四边形，
，，
的周长为．
故选：D．
【变式2】如图，平行四边形的周长为，，相交于点O，交于点E，则的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】主要考查了平行四边形的性质、中垂线的判定及性质等，考查面积较广，有一定的综合性．根据线段垂直平分线的性质可知，再结合平行四边形的性质即可计算的周长．
【详解】解：根据平行四边形的性质得：，
∵，
∴为的垂直平分线，
根据线段的垂直平分线上的点到两个端点的距离相等得：，
∴的周长．
故选：D．
【变式3】如图，在平行四边形中，于E，于F，，且，则平行四边形的周长是（　　 ）
A．2 B． C．4 D．8
【答案】D
【分析】先证明、是等腰直角三角形，再利用勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴、是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
，
∴平行四边形的周长．
题型十二 利用平行四边形的性质求面积
【例12】如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．若AE＝4，AF＝6，且 ABCD的周长为40，则 ABCD的面积为（　　）
A．24 B．36 C．40 D．48
【答案】D．
【分析】设BC＝x，由平行四边形的周长表示出CD，再根据平行四边形的面积列式求出x，然后根据平行四边形的面积公式列式进而求出x＝12，即可得出结论．
【详解】解：设BC＝x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵ ABCD的周长为40，
∴BC+CD＝20，
∴CD＝20﹣x，
∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∵ ABCD的面积＝BC AE＝CD AF，
∴4x＝6（20﹣x），
解得：x＝12，
∴ ABCD的面积＝BC AE＝12×4＝48．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及平行四边形面积公式，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【变式1】如图，在平行四边形中，点在边上，，与交于点，若的面积为，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用平行四边形性质得到对边平行且相等，证明与相似，再结合线段比例关系得到相似比，最后根据相似三角形面积比等于相似比的平方求出的面积．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
【变式2】（25-26九年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，点是中点，连接并延长，交的延长线于点，点在边上，且，连接，若的面积为2，则四边形的面积为（ ）
A．5 B． C．6 D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中线，三角形全等的判定和性质，以及三角形的面积；
根据题意证明，从而得到，，再根据，，即可求得四边形的面积．
【详解】解：如图所示，连接，
∵在中，点是中点，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【变式3】（25-26八年级下·全国·期末）如图，在中，，将沿对角线折叠得到，与交于点F，当F恰好为的中点时，的面积为（ ）
A．30 B．60 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，由平行四边形的性质得到，由折叠得，证明，推出，进而得出，求得的长，根据平行四边形的面积公式求面积即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠得，
，
，
∵F为的中点，
∴，
，
，
，
，
，
，
∴平行四边形的面积为．
故选：D．
题型十三 利用平行四边形的性质证明
【例13】（23-24八年级下·辽宁营口·期末）如图，在平行四边形中，对角线，与相交于点O，点M、N分别为、的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)若，且，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）根据平行四边形的性质，，，平行线的性质可得出，结合线段中点的定义可得出，然后根据证明即可；
（2）根据三线合一的性质得出，由（1）中得出，根据勾股定理求出，最后根据线段中点定义和平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∵点M、N分别为、的中点，
∴，，
∴，
又，，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
又M是的中点，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
又，，
∴，
∴．
【变式1】（25-26九年级上·湖南长沙·期末）如图，已知平行四边形中，平分且交于点，且交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】本题考查了全等三角形的判定，平行四边形的性质，角平分线定义，三角形内角和定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由平行四边形性质可得，，，通过平行线性质可得，，则有，然后通过“”证明全等即可；
（）由（）得，，根据角平分线定义可得，最后三角形内角和定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：由（）得：，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【变式2】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，对角线与相交于点，点、分别为、的中点，延长交于点，连接、．
(1)求证：；
(2)当，时，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握相关知识是解决问题的关键．
（1）由平行四边形的性质推出，，判定，得到，即可证明；
（2）判定垂直平分，推出，因此是等腰直角三角形，得到．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
、分别为、的中点，
，，
，
，，
，
，
；
（2）解：，
，
由（1）知，
，
垂直平分，
，
是等腰直角三角形，
．
【变式3】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，点是对角线，的交点，过点且垂直于．
(1)求证：；
(2)若，，则与之间的距离为____________；
(3)若的周长是24，，则四边形的周长为____________．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)16
【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等，解题的关键是证明．
（1）先由平行四边形的性质得到，，则，，即可证明得到；
（2）由三角形面积公式可得，据此求解即可；
（3）由（1）的结论知，，再利用四边形周长公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，O是与的交点，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，O是与的交点，
∴，
∴，
∵过点且垂直于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即与之间的距离为4，
故答案为：4；
（3）解：∵四边形是平行四边形，周长是24，
∴，
∵，
∴，
由（1）的结论知，
∴四边形的周长为，
故答案为：16．
题型十四 两平行线间的距离
【例14】（24-25七年级下·河北石家庄·期末）如图，公路的两侧看作直线a，b，且，则直线a，b之间的距离是（ ）
A．线段 B．线段
C．线段的长度 D．线段的长度
【答案】D
【分析】本题考查垂线的性质及应用，熟练掌握垂线的性质是解题的关键，根据垂线的性质即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴线段的长度是直线a，b之间的距离，
故选：D．
【变式1】（23-24七年级下·湖南娄底·期末）如图，直线，．若a与b的距离是，b与c距离是，则a与c的距离是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是平行线之间的距离，从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离．据，可得，进而得出a与c的距离为．
【详解】解：∵a与b的距离是，b与c的距离是，，
∴，
∴，
即a与c的距离为．
故选：B.
【变式2】（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，直线，点在上，点在上，若，则下列线段的长度是到的距离的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行线之间的距离，根据平行线之间的距离的定义即可判断求解，理解平行线之间的距离的定义是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，点在上，点在上，
∴的长度是到的距离，
故选：．
【变式3】（23-24七年级下·湖南永州·期末）已知在同一平面内，直线，，互相平行，直线与之间的距离是，直线与之间的距离是，那么直线与的距离是________．
【答案】或
【分析】本题考查平行线间的距离，分直线在直线之间，和直线在直线的外侧，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：当直线在直线之间时，直线与的距离是；
当直线在直线的外侧时，直线与的距离是；
故答案为：或．
题型十五 添加条件判定是平行四边形
【例15】（25-26八年级上·全国·单元复习）如图，点，是平行四边形对角线上两点，在条件；；；中，添加一个条件，使四边形是平行四边形，可添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键．
连接，交于点O，根据四边形的对角线互相平分，可证明这个四边形是平行四边形，逐个分析判断即可解答．
【详解】解：连接，交于点O，如图
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
当时，不能证明对角线互相平分，不符合题意；
②当时，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，故②符合题意；
③当时，
∵，
∴，
即，
∵，
∴四边形是平行四边形，故③符合题意；
当时，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故④符合题意；
综上所述，②③④符合题意，
故选：D．
【变式1】（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，在四边形中，与相交于点，若再添加一个条件，可判定四边形为平行四边形．请从①；②；③这三个条件中选取一个作为添加条件．你选择的条件是______．（填序号）

【答案】③
【分析】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方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法即可得出结论．
【详解】解：选择③，
∵，，
∴四边形为平行四边形；
而选择①或②都只有一组对边相等，也无法证明三角形全等得其他边、角的关系，
故选择③能判定四边形为平行四边形．
故答案为：③．
【变式2】（24-25八年级下·河南·期末）如图，的对角线与相交于点O，点E，F分别在和上．请你添加一个条件，使四边形是平行四边形，并说明理由．
(1)添加的一个条件是：______；
(2)说明理由．
【答案】(1)，答案不唯一
(2)见解析
【分析】（1）从对角线的角度思考，添加条件即可；
（2）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可．
本题考查了平行四边形的性质和判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】（1）解：从对角线的角度思考，可以添加，
故答案为：．不唯一
（2）证明：∵的对角线与相交于点O，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【变式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．
题型十六 平行四边形判定的证明
【例16】如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，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，平行线的性质，由平行四边形的性质得到，由平行线的性质和对顶角相等推出，，据此证明，则可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【变式1】如图，在中，点E、F分别在、上，且，、相交于点O，求证：．
【答案】见解析
【分析】利用平行四边形的性质得到边平行且相等的关系，进而推出三角形全等，从而证明线段相等．本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形对边平行以及全等三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：∵ 四边形是平行四边形
∴
∴
在和中
∴
∴
【变式2】已知：如图，在平行四边形中，E、F分别是、的中点，求证：
【答案】见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，通过此题可以发现：证明两条线段相等，除了通过证明全等三角形的方法，也可通过特殊四边形的性质进行证明．
要证明，可以证明它们所在的两个三角形全等，也可以通过证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等进行证明．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
、F分别是、的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形，
【变式3】如图，E，F是平行四边形的对角线上两点，且，
与相交于点O，求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，由平行四边形的性质推出， ，得到，判定，推出，关键是由平行四边形的性质推出．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
．
题型十七 平行四边形与平面直角坐标系的综合
【例17】如图，在直角坐标系中，的顶点、、的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质可得，再求出，即可得出答案．
【详解】解：如图，
∵的顶点B、C、D的坐标分别是，，，
∴，，
∴．
，
∵点O、点B在x轴上，
∴点A与点D的纵坐标相等，都为3，
∴顶点A的坐标．
【变式1】如图，平行四边形的顶点，，的坐标分别为，，，将平行四边形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质得出点的坐标，进而利用旋转的性质得出规律解答即可．本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：平行四边形的顶点，，的坐标分别是，，，
，
当旋转时，第一次时，；
第二次时，；
第三次时，；
第四次时，；
，
第2025次旋转结束时，点的坐标为，
故选：B．
【变式2】（25-26九年级上·全国·期末）如图，四边形是平行四边形，点A，B的坐标分别为，，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理，由平行四边形的性质可得，，设，再结合勾股定理计算即可得出结果，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
设，
∵点A，B的坐标分别为，，
∴，
解得：或，
∵点C在第二象限，
∴，
∴，
故选：A．
【变式3】如图，在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标依次为，，将线段向右平
移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，则四边形的周长为（ ）
A．34 B．35 C．36 D．37
【答案】C
【分析】本题主要考查了勾股定理，坐标平移，平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理．根据，，求出，过点D作轴于点E，根据勾股定理求出，证明四边形是平行四边形，得出答案即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
过点D作轴于点E，
∵将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，
∴，，
∴，
∵线段平移后得到线段，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的周长．
故选：C．
题型十八 利用三角形的中位线计算
【例18】（23-24八年级下·新疆阿克苏·期末）如图，在中，，，点、、分别是、、的中点，连接，，则四边形的周长是（ ）
A．5 B．7 C．8 D．10
【答案】D
【分析】利用三角形的中位线，得到，，即可求解．
【详解】解：∵点、、分别是、、的中点，，，
∴，是的中位线，，，
∴，，
∴四边形的周长为．
【变式1】（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，已知中，点M是边上的中点，平分，于点N，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】延长交于点，证明，得出，从而可得，再由三角形中位线定理计算即可得出结果．
【详解】解：如图：延长交于点，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点M是边上的中点，
∴为的中位线，
∴．
【变式2】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由三角形中位线定理可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线定义得到，因此，可得，求出，得到，即可得的长．
【详解】解：∵是的中位线，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，
Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（ ）
A．24 B．12 C．17 D．22
【答案】D
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵点P，Q分别为，的中点，
∴，，
∵，
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴四边形的周长为．
题型一 平行四边形中的多结论判断问题
【例1】（23-24八年级下·辽宁丹东·期末）如图，的对角线交于点O，平分，交于点，且，，连接，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质结合，得出，，，，进而得出，，然后根据角平分线的定义，得出，再利用等量代换，得出，进而得出为等边三角形，再由等边三角形的性质结合题意，得出，再根据等边对等角，得出，然后再利用邻补角互补，得出的度数，进而得出，再利用两直线平行，内错角相等，得出，即可判断①；然后根据角的关系，得出，再根据直角三角形的边的关系，得出，再根据等量代换，得出，即可判断②；再根据平行四边形面积公式，得出，再根据等量代换，得出，即可判断③；再根据，，得出是的中位线，然后根据三角形中位线平行于第三边且等于它的一半，得出，EO∥CD，可得出，然后再结合题意，推出，然后再根据题意，得出，再根据代入法，得出，即可判断④；再根据三角形中位线定理，得出，再根据，得出，即可判断⑤．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，，
∴，，，，BC=AD，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∴，故③正确；
∵，，
∴是的中位线，
∴，EO∥CD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故④正确；
∵，，
∴，
∵，
∴，故⑤正确．
综上可得：①、③、④、⑤正确．
故选：D .
【点睛】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线与三角形的面积问题、等知识，熟练掌握相关性质是解本题的关键．
【变式1】（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）如图，在平行四边形中，，于点E，于点F，相交于点H，的延长线相交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③⑤
【答案】B
【分析】①由题意可知是等腰直角三角形，故此可得到；②由，证明即可；③先证明≌，从而得到，然后由平行四边形的性质可知；④根据，，即可得；⑤没有条件证明，所以不一定等于．
【详解】解：，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，故①正确，符合题意；
，，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，故②正确，符合题意；
在和中，，
≌，
，，
，
，故③正确，符合题意；
四边形是平行四边形，
，
，
；故④正确，符合题意；
根据已知不能推出，故⑤错误，不符合题意；
综上，正确的有①②③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解此题的关键．
【变式2】（23-24八年级下·四川达州·期末）如图，在中，，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中，一定正确的结论个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出是解题关键．由在平行四边形中，，是的中点，易得，继而证得①；分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出，得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：①是的中点，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，故①正确；
②四边形是平行四边形，
，
，
为中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，故②正确；
③，
，
，
，
，
若成立，则应当有，从现有条件无法得出这个结论，
故③错误；
④设，则，
，
，
，
，
，故④正确．
故选：C
【变式3】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图所示，在四边形中，，对角线，相交于点O，于点E，于点F，连接，．若，则下列结论：①；②；③四边形是平行四边形；④四边形是平行四边形．其中正确的结论是______．（填序号）
【答案】①②③④
【分析】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
根据题意易证，进而得到，根据、，证得四边形是平行四边形，同理证得四边形是平行四边形，根据平行四边形对角线的性质得到．
【详解】解：、，
，
，
，
，
在和中
，
，
故①正确；
、，
，
，
四边形是平行四边形，
，
故②③正确；
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
故④正确；
综上所述，正确的有①②③④，
故答案为：①②③④．
题型二 平行四边形与折叠问题
【例2】如图，将沿对角线折叠，使点C落在处，若，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据平行四边形的性质求出，再根据折叠的性质得，然后根据三角形内角和定理得出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，,
∴，
∴．
根据折叠的性质得，
在中，，
∴．
【变式1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，若，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由翻折得出，，求出，根据勾股定理求出，进而求出结论．
【详解】解：四边形是平行四边形，，，
，，
点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，
，，
，
，
，
．
【变式2】（25-26八年级上·山东潍坊·期末）如图，将沿对角线折叠，使点落在点处，交于点．若的周长为12，则的周长是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，图形的周长，熟练掌握性质是解题的关键．根据平行四边形的性质，得，结合折叠的性质，得，继而证明，根据图形的周长定义计算即可．
【详解】解：，
，
，
根据折叠的性质，得，
，
，
又的周长是，
故的周长是，
的周长为12，
，
故的周长是6，
故选：B．
【变式3】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，将平行四边形沿对角线翻折，点B落在点E处，交于点F．若，，则下列结论不正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解四边形是平行四边形，且，得，，，，设，，再结合折叠性质得，运用平行线的性质以及三角形的内角和性质，全等三角形的判定与性质进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，且，
∴，，，，
∴，
设，
∴，
由翻折性质得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵，
∴，故选项B正确，不符合题意；
∵
∴，
在和中，
，
，故选项C正确，不符合题意；
∵，
与不垂直，故选项D不正确，符合题意，
故选：D．
题型三 平行四边形与动点运动问题
【例3】如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度沿．向点运动；点从点同时出发，以的速度沿边向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为．当为何值时，四边形为平行四边形？（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当时，四边形是平行四边形，列方程求解即可．
【详解】由题意可得，，，
当时，
由可得四边形是平行四边形
∴，解得，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，表示出对应边的长度是解本题的关键．
【变式1】（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（ ）

A． B．8 C．4或 D．或8
【答案】D
【分析】根据的速度为每秒，可得 ，从而得到，由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以、、、四点组成的四边形为平行四边形，当时，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：四边形为平行四边形，
．
若要以、、、四点组成的四边形为平行四边形，则．
当时， ，，，，
，
解得：；
当时， ，，，
，
解得：．
综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形．
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清在上往返运动情况是解决此题的关键．
【变式2】如图，在中，，动点P以每秒的速度从点A向点D运动．另一动点Q以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，则运动时间为______秒．

【答案】0或4
【分析】根据平行四边形的性质可得当时，以点、、、为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：设经过秒，以点、、、为顶点组成平行四边形，
以点、、、为顶点组成平行四边形，
，
∵点P以每秒的速度，点Q以每秒的速度运动，
∴点P运动时间为秒，此时点Q从点C运动到点B，又从点B运动到点C，
①点的运动路线是，可得，
解得：；
②点的运动路线是，可得，
解得：；
综上所述，秒或4秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形，
故答案为：0或4．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质．求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用．
【变式3】如图，是等边三角形，，于D．点M从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点P由B点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点P的动直线，交于点Q，设运动时间为，解答下列问题：
(1)线段 ．
(2)求证：．
(3)是否存在以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形？如存在，请求出t的值；如不存在，请说明理由．
【答案】(1)5
(2)见解析
(3)存在，或
【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，一元一次方程的应用．
（1）由等边三角形的性质计算即可得出结果；
（2）由等边三角形的性质并结合平行线的性质可得，即可得证；
（3）分两种情况：当时，当时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，计算即可得出结果．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，，于D．
∴；
（2）证明：∵是等边三角形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：存在以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：
①当时，如图1所示：
根据题意得：∵，，，
∴，
∵，
∴，
当时，四边形是平行四边形，
∴，
解得：，
②当时，如图2所示：
，
根据题意得：，，，
∴，
∵，
∴，
当时，四边形是平行四边形，
∴，
解得：；
综上所述，当或时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
、
题型一 求多边形多个角的和
【例1】如图，等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，根据四边形内角和可得，再由“8”字三角形可得，进而可得答案．
【详解】解：连接，如图，
∵，，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，以及“8”字三角形的特点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式1】在第24届北京冬季奥林匹克运动会上，花样滑冰运动因其是力与美的结合而吸引着不少人的关注，运动员通过冰刀在冰面上划出图形，并表演跳跃、旋转等高难度动作，某位运动员就在冰面上滑出了如图所示的几何图形，请利用所学知识计算出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（　　）
A．360° B．270° C．240° D．180°
【答案】D．
【分析】连接BC，根据三角形的内角和等于180°，可得∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，根据“8字形”的数量关系可得∠E+∠D＝∠EBC+∠DCB，然后即可得解．
【详解】解：如图，连接BC，
则∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
根据“8字形”数量关系，∠E+∠D＝∠EBC+∠DCB，
所以，∠A+∠ABE+∠ACD+∠D+∠E＝180°．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，多边形的内角和定理，对顶角相等的性质，整体思想的利用是解题的关键．
【变式2】如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接，若，则等于______．
【答案】
【分析】根据得出，根据四边形内角和即可得出答案．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，，
∴．
【变式3】如图，______．
【答案】/360度
【分析】本题考查三角形外角的性质及四边形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．根据四边形的内角和得．又由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得，，从而求出所求的角的和．
【详解】解：如图所示：
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
题型二 利用三角形中位线证明
【例2】如图所示，在四边形中，为上一点，都是等边三角形，点分别为的中点，线段与有什么关系？请说明理由．
【答案】互相垂直平分，理由见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是掌握以上性质．
分别连接，，根据等边三角形的性质证明，得出相等的边，根据中点得出三角形的中位线，根据中位线的性质得出平行且相等的边，证明平行四边形是菱形，即可得出结论．
【详解】解：线段与互相垂直平分，
理由：如图所示，分别连接，．
都是等边三角形，
，，
，
即．
在和中，
，
，
分别是的中点，
，且．
同理：
，
∴四边形是平行四边形．
，
∴平行四边形是菱形．
∴线段与互相垂直平分．
【变式1】如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)证明过程见解答；
(2)12
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质等；
（1）根据等腰三角形的“三线合一”可知，结合已知可推出为的中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而勾股定理求得，再根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，是边上的中线，
，
是的中点，
为的中位线，
∴；
（2）解：∵，是边上的中线，
∴，即，
∵在中，，
∴，
又，
∴，
∴
∴．
【变式2】如图，在四边形中，，、、、分别为、、、的中点，顺次连接、、、．
(1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由；
(2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由．
【答案】(1)菱形，理由见解析
(2)当时，四边形为正方形，理由见解析
【分析】（）根据三角形中位线的性质得到，，，，，进而得到，，即可得四边形是平行四边形，又由得，即可得到四边形是菱形；
（）根据平行线的性质得到，，根据平角的定义，得到，根据正方形的判定即可得到结论．
【详解】（1）解：四边形是菱形
理由：∵分别为的中点，
∴分别为的中位线，
∴，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：当时，四边形为正方形．
理由：由（1）同理可证，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形是正方形．
【变式3】如图1，若顺次连接四边形各边中点所得四边形是菱形，则称原四边形为“中母菱形”．定义：若四边形的对角线相等，那么这个四边形是中母菱形．
(1)请写一个你学过的特殊四边形中是中母菱形的图形的名称．
(2)如图2有等边三角形中，、分别是、的中点，连接，猜想图中哪个四边形是中母菱形，并加以证明．
(3)如图3，在等边三角形中，若、不是、的中点，且，探究满足上述条件的图形中是否存在中母菱形，并证明你的结论．
【答案】(1)矩形
(2)四边形是中母菱形，见解析
(3)四边形是中母菱形，见解析
【分析】（1）从学过的特殊图形中，寻找对角线相等的图形(正方形，矩形，等腰梯形等)；
（2）欲证明四边形是中母菱形，只需证明该四边形的对角线即可；
（3）通过全等三角形的判定定理证得，然后根据全等三角形的对应边相等的性质推知四边形的对角线，所以四边形是中母菱形.
【详解】（1）解：∵矩形、正方形的对角线相等，
故答案为：矩形；
（2）四边形是中母菱形，
证明：连接，
∵ ， 分别是 ，的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是中母菱形；
（3）四边形是中母菱形，
证明：连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ 四边形是中母菱形.
题型三 平行四边形性质与判定的综合
【例3】如图，将平行四边形的边延长至点E，使 ，连接，F是边的中点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，进而利用已知得出，进而得出结论；
（2）首先过点A作于点N，再利用平行四边形的性质结合直角三角形的性质得出的长，进而再由勾股定理得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，F是边的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：过点A作于点N，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴．
【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在梯形中，，，若点为的中点，连接，交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若是等边三角形，且，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，线段中点的性质，解题的关键是掌握以上性质．
（1）根据线段的中点以及等量代换得出，然后根据平行四边形的判定定理进行证明即可；
（2）根据等边三角形和平行四边形的性质得出相等的边，即可求解．
【详解】（1）解：∵点为的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得，四边形是平行四边形，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴．
【变式2】（25-26九年级上·山东烟台·期末）点是的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，交于点，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的性质证明，，由“对边平行且相等的四边形为平行四边形”即可得到结论；
（2）连接，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角线相互平分，即可得到的长．
【详解】（1）证明：∵，，
∴为的中位线，
，，
∵点F为的中点，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
，，
，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：连接，
，，
∴是的中位线，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
，
．
【变式3】（22-23八年级下·陕西渭南·期末）问题背景：如图，在等边中，、两点分别在边、上，，以为边作等边，连接，，．

问题探究：
(1)求证：为等边三角形；
(2)求证：四边形为平行四边形；
(3)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（）证，得，， 再证，即可得出结论；
（）由等边三角形的性质得，， 再证， 然后证，即可得出结论；
（）过作于，由（）可知，再由等边三角形的性质得，然后用面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）证明：由（）可知，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（3）解：如图，过作于，则，

由（）可知，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定定理、平行四边形的判定定理、解直角三角形、含角的直角三角形的性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
题型四 平行四边形与最值问题
【例4】（25-26九年级上·山东济宁·期末）如图，在中，．H、G分别是上的动点，连接，E、F分别为的中点，则的最小值是（ ）
A．4 B．5 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
连接，过点作于，由平行四边形的性质得到，得出求出，求出，由三角形中位线定理得到，当时，有最小值，即有最小值，当点与点重合时，的最小值为，得到
的最小值为，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，过点作于，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
，
，
分别为的中点，
，
当时，有最小值，即有最小值，
当点与点重合时，的最小值为，
的最小值为，
故选：D．
【变式1】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、垂线段最短的性质，利用垂线段最短求线段的最小值是解题的关键．
设与相交于点O，过点O作于点，利用等腰三角形的判定和性质、平行四边形的性质推出，再利用勾股定理求出，利用垂线段最短求线段的最小值．
【详解】解：设与相交于点O，过点O作于点，如下图所示：
∵，，
∴，
四边形是平行四边形，
为对角线和的中点，
，，
由，可得，
，
，
由勾股定理得，，
，
解得，
根据垂线段最短，可得，
，
当时，线段有最小值4．
故选：D．
【变式2】如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是（ ）

A． B． C．14 D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系，勾股定理等，先取的中点G，连接，，由，，得是等边三角形，，再根据得出≌，可得，进而得出，然后根据证明≌，可知，要求最小，就是求最小，即，再作，根据勾股定理求出答案．
【详解】取的中点G，连接，．
由已知得，，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴≌，
∴，
∴．
∵，，，
∴≌，
∴．
要求最小，就是求最小，
即．
作，交延长线于点H，
∵，
∴．
在中，，，
∴，，
∴．
在中，．
所以的最小值是．
故选：D．

【点睛】本题涉及了旋转的性质、全等三角形的判断和性质、、等边三角形的判断和性质、菱形的性质、线段和的最值等知识点，构造全等三角形转化线段关系，构造“将军饮马”模型是解题的关键．
【变式3】如图，在平行四边形中，，，以为底边向
右作腰长为的等腰，为边上一点，，连接，则的最小值为 ___________．
【答案】/
【分析】过点作交于点，在上取一点，使得，连接，．求出，．可得结论．
【详解】解：过点作交于点，在上取一点，使得，连接，．
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
8，
﹣，
∴，
﹣ ，
的最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
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