专题 12 多边形与平行四边形
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（2大模块知识梳理）
知识模块一：多边形
知识模块二：平行四边形
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（10大基础考点）
考点一： 多边形内角和问题
考点二： 多边形外角和问题
考点三： 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
考点四： 利用平行四边形的性质求解
考点五： 利用平行四边形的性质证明
考点六： 证明四边形是平行四边形
考点七：利用平行四边形的性质与判定求解或证明
考点八： 平行四边形性质和判定的应用
考点九： 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
考点十： 补全图形利用中位线定理求解
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（2大重难点）
重难点一： 平行四边形与函数综合
重难点二： 与平行四边形有关的新定义问题
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（1大易错点）
易错点1：未掌握求多边形边数的方法知识模块一：多边形
知识点一：多边形的相关概念
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.
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.
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.
知识点二：多边形的内角和定理与外角和定理
多边形内角和定理：n边形的内角和为 .
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
n(n−3)
计算了两次，因此n边形共有 条对角线.
2
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．知识模块二：平行四边形
知识点一：平行四边形的性质
性质 符号语言 图示
∵四边形ABCD是平行四边形
边 平行四边形两组对边平行且相等
∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
∵四边形ABCD是平行四边形
角 平行四边形对角相等
∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC A D
∵四边形ABCD是平行四边形
对角线 平行四边形的对角线互相平分
O
B C
∴OA=OC= AC,BO=DO= BD
知识点二：平行四边形的判定
判定 符号语言（同上图）
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
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
边
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.
知识点三：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.考点一： 多边形内角和问题
1．（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ABCDE和正
方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（ ）
A．90° B．99° C．108° D．135°
【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∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据
四边形内角和等于360°计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠CDE=∠E= =108°，
5
∵四边形CDFG为正方形，
∴∠CDF=90°，∠CFD=45°，
∴∠FDE=108°−90°=18°，∠DFM=180°−45°=135°，
∴∠FME=360°−18°−135°−108°=99°，
故选：B．
2．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形ABCDE边DE的中点，连接BF并延长与CD延长线交于
点G，则∠BGC的度数为 ．【答案】18°/18度
【分析】连接BD，BE，根据正多边形的性质可证△ABE≌△CBD(SAS)，得到BE=BD，进而得到BG
是DE的垂直平分线，即∠DFG=90°，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
∠FDG=72°，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接BD，BE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=AE，∠A=∠C
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴BE=BD，
∵点F是DE的中点，
∴BG是DE的垂直平分线，
∴∠DFG=90°，
(5−2)×180°
∵在正五边形ABCDE中，∠CDE= =108°，
5
∴∠FDG=180°−∠CDE=72°，
∴∠G=180°−∠DFG−∠FDG=180°−90°−72°=18°．
故答案为：18°
【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．
3．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AH∥FG，BI⊥AH，垂足为点I．若
∠EFG=20°，则∠ABI= ．【答案】50°/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角
为120°，即∠EFA=∠FAB=120°，则可求得∠GFA的度数，根据平行线的性质可求得∠FAH的度数，
进而可求出∠HAB的度数，再根据三角形内角和定理即可求出∠ABI的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和=(6−2)×180=720°，
每个内角为：720°÷6=120°，
∴∠EFA=∠FAB=120°，
∵∠EFG=20°，
∴∠GFA=120°−20°=100°，
∵AH∥FG，
∴∠FAH+∠GFA=180°，
∴∠FAH=180°−∠GFA=180°−100°=80°，
∴∠HAB=∠FAB−∠FAH=120°−80°=40°，
∵BI⊥AH，
∴∠BIA=90°，
∴∠ABI=90°−40°=50°．
故答案为：50°．
考点二： 多边形外角和问题
1．（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：360°÷12=30°．
故答案为：30．
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1080°的
正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A．36° B．40° C．45° D．60°
【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n，先根据内角和求出正多边形的边数，
再用外角和360°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n，
则(n−2)×180°=1080°，
∴n=8，
∴这个正多边形的每个外角为360°÷8=45°，
故选：C．
3．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正n边形纸片的一部分，其中l，m是正n边形两条边的一部分，
若l，m所在的直线相交形成的锐角为60°，则n的值是（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【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360°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l、m相交于点A，则∠A=60°，
∵正多边形的每个内角相等，
∴正多边形的每个外角也相等，
180°−60°
∴∠1=∠2= =60°，
2
360°
∴n= =6，
60°
故选：B．
考点三： 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
1．（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∠1=44°，则∠2的度数为（ ）
A．14° B．16° C．24° D．26°
【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∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的
性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：
360°
∵正六边形的一个外角的度数为： =60°，
6
∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
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
360°，是解题的关键．
2．（2024·江苏盐城·二模）问题情境：
在综合实践课上，吴老师和鹿鸣学堂“数理时空”社团的同学们一起研究了对角相等的六边形，发现：如
图1，在六边形A A A A A A 中，若∠A =∠A ，∠A =∠A ，∠A =∠A ，则有A A ∥A A ，
1 2 3 4 5 6 1 4 2 5 3 6 1 2 4 5
A A ∥A A ，A A ∥A A ，请结合图1，证明：A A ∥A A ．
2 3 5 6 3 4 1 6 1 2 4 5问题探究：
小铭和小红对图1的六边形A A A A A A 进行了特殊化，发现了以下两个结论：
1 2 3 4 5 6
结论1：如图2，若A A =A A ，则有：A A =A A ，A A =A A ．
3 4 1 6 1 2 4 5 2 3 5 6
结论2：如图3，若对角线A A 、A A 、A A 交于点O，则对角线A A 平分六边形A A A A A A
1 4 2 5 3 6 1 4 1 2 3 4 5 6
的面积，请证明小铭和小红发现的两个结论．
【答案】见解析
【分析】问题情境：如图1，连接A A ，A A ，根据四边形的内角和，六边形的内角和证明
1 4 1 5
∠A A A =∠A A A ，进而可以解决问题；
2 1 4 5 4 1
问题探究：结论1：如图2，连接A A ，A A ，得A A A A 为平行四边形，然后证明
1 3 4 6 3 4 6 1
△A A A ≌△A A A (AAS)，得A A =A A ，A A =A A ；
1 2 3 4 5 6 1 2 4 5 2 3 5 6
A O A O
结论2：连接A A ，A A ，A A 交于点O，证明△A OA ∽△A OA ，得 2 = 1 ，同理可得
1 4 2 5 4 6 1 2 4 5 A O A O
5 4
A O=A O，A O=A O，A O=A O，然后证明△OA A ≌△OA A ，同理△OA A ≌△OA A ，
2 5 1 4 6 3 1 2 4 5 1 6 4 3
△OA A ≌△OA A ，进而可以解决问题．
3 2 6 5
【详解】证明：问题情境：如图1，连接A A ，A A ，
1 4 1 5
∵∠A =∠A ∠A =∠A ∠A =∠A
1 4 2 5 3 6
， ， ，
∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A =720°，
1 4 2 5 3 6
∴∠A A A +∠A +∠A A A =360°，
2 1 6 6 6 5 4
∵∠A A A +∠A +∠A A A +∠A A A =360°，
4 1 6 6 6 5 4 5 4 1
∴∠A A A =∠A A A ，
2 1 4 5 4 1
∴ A A ∥A A ；
1 2 4 5问题探究：结论1：如图2，连接A A ，A A ，
1 3 4 6
∵A A ∥A A A A =A A
3 4 1 6 3 4 1 6
， ，
∴A A A A 为平行四边形，
3 4 6 1
∴A A =A A ，∠A A A =∠A A A ，
1 3 4 6 3 1 6 3 4 6
∵∠A A =∠A A A ，
2 1A_6 3 4 5
∴∠A A A =∠A A A ，
2 1 3 5 4 6
∵∠A =∠A ，
2 5
∴ △A A A ≌△A A A (AAS)，
1 2 3 4 5 6
∴A A =A A ，A A =A A ；
1 2 4 5 2 3 5 6
结论2：连接A A ，A A ，A A 交于点O，
1 4 2 5 4 6
∵ A A ∥A A
1 2 4 5
，
∴ △A OA ∽△A OA ，
1 2 4 5
A O A O
∴ 2 = 1 ，
A O A O
5 4
∵ A A ∥A A ，A A ∥A A ，
2 3 5 6 3 4 1 6
A O A O A O
∴ 1 = 6 = 5 ，
A O A O A O
4 3 2
∴A O=A O，
2 5
同理A O=A O，A O=A O，
1 4 6 3
∴ △OA A ≌△OA A ，
1 2 4 5
同理△OA A ≌△OA A ，△OA A ≌△OA A ，，
1 6 4 3 3 2 6 5
∴ △OA A 的面积=△OA A 的面积，△OA A 的面积=△OA A 的面积，△OA A 的面积
1 2 4 5 1 6 4 3 3 2=△OA A 的面积，
6 5
∴对角线A A 平分六边形A A A A A A 的面积．
1 4 1 2 3 4 5 6
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了四边形的内角和，六边形的内角和，全等三角形的判定与性质，
相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
3．（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）∠α= 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】 30 2√3
【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
ON=OM+BE，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OM,BE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∠ABC=60°，
∠A=∠α=90°−60°=30°，
故答案为：30；
（2）取中间正六边形的中心为O，作如下图形，由题意得：AG∥BF，AB∥GF,BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB=GF，
∵∠BAC=∠FGH,∠ABC=∠GFH=90°，
∵Rt△ABC≌Rt△GFH(SAS)，
∴BC=FH，
在Rt△PDE中，DE=1,PE=√3，
由图1知AG=BF=2PE=2√3，
1
由正六边形的结构特征知：OM= ×2√3=√3，
2
1
∵BC= (BF−CH)=√3−1，
2
BC √3−1
∴AB= = =3−√3
tan∠BAC √3 ，
3
∴BD=2−AB=√3−1，
1
又∵DE= ×2=1，
2
∴BE=BD+DE=√3，
∴ON=OM+BE=2√3
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含30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．
考点四： 利用平行四边形的性质求解
1．（2024·山东日照·中考真题）如图，以▱ABCD的顶点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于点E，再1
分别以点A，E为圆心，大于 AE的长为半径画弧，两弧交于点F，画射线BF，交AD于点G，交CD的
2
延长线于点H．
(1)由以上作图可知，∠1与∠2的数量关系是_______
(2)求证：CB=CH
(3)若AB=4，AG=2GD，∠ABC=60°，求△BCH的面积．
【答案】(1)∠1=∠2
(2)证明见解析
(3)9√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，BF为∠ABC的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知∠1=∠H，结合∠1=∠2，从而推出∠2=∠H，即可证明；
（3）过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M，根据平行四边形的性质AB=CD=4，
AB AG 1
∠HCM=∠ABC=60°， = ，结合AG=2GD，推出DH= AB，从而得到CH，BC，
DH GD 2
1
HM=CH⋅sin∠HCM，最后由S = BC⋅HM计算即可．
△BCH 2
【详解】（1）解：由作图可知，BF为∠ABC的角平分线
∴∠1=∠2
故答案为：∠1=∠2
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠1=∠H
∵∠1=∠2
∴∠2=∠H
∴CB=CH（3）解：如图，过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M
∵ ABCD AB=4
四边形 为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=4
∴∠HCM=∠ABC=60°，△ABG∽△DHG
AB AG
∴ =
DH GD
又∵AG=2GD
AG
∴ =2
GD
AB AG
∴ = =2
DH GD
1 1
∴DH= AB= ×4=2
2 2
∴CH=DH+CD=6
∴BC=CH=6
√3
∴HM=CH⋅sin∠HCM=CH⋅sin60°=6× =3√3
2
1 1
∴S = BC⋅HM= ×6×3√3=9√3．
△BCH 2 2
2．（2024·海南·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、N，分别
1
以点M、N为圆心，大于 MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若
2
∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）
A．22 B．21 C．20 D．18
【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．
利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=2√5，利用
tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=√5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
∴CE=√42+82=4√5，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，
1
则CG=EG= CE=2√5，
2
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
DE BG 4 BG
∴ = ，即 = ，
CD CG 8 2√5
∴BG=√5，
∴BE=BC=√(√5) 2+(2√5) 2=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．3．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在
▱
ABCD中，AB=6，AD=10，∠BAD=60°，P为边AB上的
动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接
PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q．
(1)若点P与点B重合，则线段MN的长度为______．
(2)随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理
由．
【答案】(1)5
(2)不变，AQ=8，MN=5
【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE=PC=BC，MN为△PDE的中位线，
即可求出MN的长度．
（2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，
1 1
得出MN= GH= AD=5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB=DF，然后再由
2 2
AQ=AI+IQ=8，最后得出MN和AQ的长度不变．
【详解】（1）解：当点P与点B重合时，如图①，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，
∴∠EPC=60°，PE=PC，
∴△EPC是等边三角形，∴PC=BC=PE=10．∠PCE=60°，
∴C、D、E三点共线，
∵CD∥AB，EF∥AB，
∴E、D、F、C共线，
∵点M、N分别是PF，ED的中点，
∴2MN=PE=10．
∴MN=5．
故答案为：5．
（2）解：结论：不变．
如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN=GN，连接GE，DG，延长EG，BA交于H点，连接PG．
延长AB至点K，使得BK=BC，连接CK，CE，设PG与AD交于I点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵点N为DE中点，
∴EN=DN．
∵FN=GN，
∴四边形GEFD为平行四边形，
∴¿∥AF，GD∥EF．
∵EF∥AB， CD∥AB，
∴GD∥EF∥HB，HG∥AF．
∴四边形HADG为平行四边形，
∴HG=AD，
∵HG∥AF∴∠BAD=∠AHG=60°．
在平行四边形ABCD中，
∵∠BAD=60°，CD∥AB，
∴∠CBK=60°，
∵BC=BK，
∴△BKC是等边三角形，
∴∠K=60°．KC=BC=AD=10，
由旋转得∠EPC=60°，PE=PC，
∵∠H=60°，∠H+∠HEP+∠HPE=180°，
∴∠HEP+∠HPE=120°，∠HPE+∠CPK=180°−60°=120°，
∴∠HEP=∠CPK，
又∠K=∠H=60°，PE=PC，
∴△EHP≌△PKC（AAS）．
∴HP=KC=AD=HG=10，
∴△PGH为等边三角形．
∵点M、N为PF、GF的中点，
1
∴MN为△PGF的中位线，MN= PG．
2
∵PG=HG=AD=10．
∴MN=5．即MN的长度不变；
∵△CPE和△GPH都为等边三角形．
∴PH=PG，PE=PC，∠HPG=∠EPC=60°，∠PHG=∠PGH=60°，
∴∠GPC=∠HPE，
∴△HPE≌△GPC（SAS）．
∴GC=HE=AF．
∵∠PHG=∠PGH=60°， HG∥AF
∴∠PAI=∠PHG=∠PGH=∠PIA=∠API=60°，
∴△API为等边三角形．
同理：△GDI为等边三角形．
∴GD=ID．AP=AI，
∴AF−DI=CG−DG，
∴AI+DF=DC=6=AP+PB，∵AP=AI，
∴PB=DF，
设AP=a，则PB=6−a=DF，AI=AP=a，ID=10−a，
∴IF=ID+DF=10−a+6−a=16−2a．
∵MN为△GFP的中位线，
∴MN∥GP，
FQ FN
∴ = =1，
IQ GN
∴FQ=IQ，
∵M是PF的中点，
∴Q为IF中点，
1
∴IQ= IF=8−a，
2
∴AQ=AI+IQ=a+8−a=8．
故MN和AQ的长度都不变．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线
1 1
段成比例．本题的难点是构造△HPE≌△KCP得出MN= GH= AD=5．
2 2
考点五： 利用平行四边形的性质证明
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在▱ABCD中，点M,N在AD边上，AM=DN，连接CM并延长交
BA的延长线于点E，连接BN并延长交CD的延长线于点F．求证：AE=DF．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△AEM∽△DCM，可得AE AM DF DN AE DF
= ，同理可得： = ，再进一步证明 = 即可．
DC DM AB AN DC AB
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB∥CD，
∴△AEM∽△DCM
AE AM
∴ = ，
DC DM
同理可得，△FDN∽△ABN，
DF DN
∴ =
AB AN
又∵AM=DN，
∴AM+MN=DN+MN
即AN=DM，
AE DF
∴ =
DC AB
又∵AB=CD，
∴AE=DF．
2．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，
连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=3√2，求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)12√2【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AB=DC，进而得出∠AEM=∠CFM，证明
AE=CF，根据AAS证明△AEM≌△CFM，即可得证；
（2）证明▱AECF是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四边形的对边平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（两直线平行，内错角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
¿
∴△AEM≌△CFM(AAS)；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AECF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∵AC⊥EF
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四条边都相等）
∴菱形AECF的周长=4AF=4×3√2=12√2.
【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．
3．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边BC
上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．
(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，
请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用
SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDH(AAS)，得
∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFB(SAS)得∠AED=∠EFB，根据等角
的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFB(SAS)；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDH(AAS)，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFB(SAS)，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．
【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．
考点六： 证明四边形是平行四边形
1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∠ABD=∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE=DF．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
BC
(2)若AB=BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时 的值．
AB
【答案】(1)证明见解析
BC
(2)当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由见解析，此时 =√3
AB
【分析】（1）先证明AB∥CD得到∠EAB=∠FCD，再由垂线的定义得到∠AEB=∠CFD=90°，据
此证明△AEB≌△CFD(AAS)，得到AB=CD，由此即可证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，利用三角形内角和定理得到∠BAO=60°，则可证明
△AOB是等边三角形，得到OA=OB，进而可证明AC=BD，则四边形ABCD是矩形，在Rt△ABC中，
BC
tan∠BAC= =√3．
AB
【详解】（1）证明：∵∠ABD=∠CDB，
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠FCD，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
又∵BE=DF，
∴△AEB≌△CFD(AAS)，
∴AB=CD，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；（2）解：当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由如下：
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵∠ABE=30°，
∴∠BAO=60°，
又∵AB=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∴OB=OD=OA=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
即当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
BC
∴在Rt△ABC中，tan∠BAC= =√3．
AB
【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·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别在边AB，CD上．
将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好
也落在对角线AC上．连接GE，FH．
求证：
(1)△AEH≌△CFG；
(2)四边形EGFH为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由折叠的性质可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，
∠AHE=∠CGF=90°，进而得AH=CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG；
（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH=FG，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ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠EAH=∠FCG，
由折叠可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，
∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，
∴AH=CG，
在△AEH和△CFG中，
¿，
∴△AEH≌△CFG(ASA)；
（2）证明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EGFH为平行四边形．
3．（2024·四川达州·中考真题）如图，线段AC、BD相交于点O．且AB∥CD，AE⊥BD于点E．
(1)尺规作图：过点C作BD的垂线，垂足为点F、连接AF、CE；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相
应的字母）
(2)若AB=CD，请判断四边形AECF的形状，并说明理由．（若前问未完成，可画草图完成此问）
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF是平行四边形，理由见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，垂线的尺规作图，全等三角形的性质与判定：
（1）先根据垂线的尺规作图方法作出点F，再连接AF、CE即可；
（2）先证明△ABO≌△CDO(ASA)，得到OA=OC，再证明AE∥CF，∠AEO=∠CFO=90°，进而证明△AOE≌△COF(AAS)，得到AE=CF，即可证明四边形AECF是平行四边形．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：四边形AECF是平行四边形，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠B=∠D，∠OAB=∠OCD，
又∵AB=CD，
∴△ABO≌△CDO(ASA)，
∴OA=OC，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，∠AEO=∠CFO=90°，
又∵∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
考点七： 利用平行四边形的性质与判定求解或证明
1．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD，∠BCD的平分
线，且E、F分别在边BC，AD上．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若∠ADC=60°，DF=2AF=2，求△GDF的面积．
【答案】(1)见解析
2
(2)S = √3．
△GDF 3【分析】（1）由平行四边形的性质得到∠BAD=∠BCD，AD∥BC，结合角平分线的条件得到
∠DAE=∠BCF，由AD∥BC得到∠DFC=∠BCF，∠DAE=∠DFC，根据平行线的判定得到
AE∥FC，根据平行四边形的判定即可得到AECF是平行四边形；
（2）求得△DFC是等边三角形，得到DF=DC=CF=2，CE=AF=1，证明△DFG∽△ECG，求得
4 2
FG= ，作GH⊥DF于点H，在Rt△FGH中，求得GH= √3，据此求解即可．
3 3
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，AD∥BC，
∵AE，CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
1 1
∴∠BAE=∠DAE= ∠BAD，∠BCF=∠DCF= ∠BCD，
2 2
∴∠DAE=∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠BCF，
∴∠DAE=∠DFC，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形；
1
（2）解：由（1）得∠DFC=∠BCF，∠BCF=∠DCF= ∠BCD，
2
∴∠DFC=∠DCF，
∵∠ADC=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴∠DFC=60°，
∵DF=2AF=2，
∴DF=DC=CF=2，CE=AF=1，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△ECG，
FG DF 2
∴ = = =2，
CG CE 1
2 4
∴FG= CF= ，
3 3
作GH⊥DF于点H，4
在Rt△FGH中，∠GFH=60°，FG= ，
3
2
∴GH=FG⋅sin60°= √3，
3
1 1 2 2
∴S = DF×GH= ×2× √3= √3．
△GDF 2 2 3 3
【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．
2．（2024·广西·中考真题）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC．点D，E分别是BC，AC的
中点，连接DE并延长至点F，使DE=EF，连接AF．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)求证：AF与⊙O相切；
3
(3)若tan∠BAC= ，BC=12，求⊙O的半径．
4
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)10
【分析】（1）先证明BD=CD，DE=EF，再证明△AEF≌△CED，可得AF=CD，∠F=∠EDC，
再进一步解答即可；
（2）如图，连接AD，证明AD⊥BC，可得AD过圆心，结合AF∥BD，证明AF⊥AD，从而可得结
论；
（3）如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，设BQ=3x，则AQ=4x，可得CQ=AC−AQ=x，求解12 6√10
x= = ，可得AB=5x=6√10，求解AD=√AB2−BD2=18，设⊙O半径为r，可得
√10 5
OD=18−r，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是BC，AC的中点，
∴BD=CD，AE=CE，
又∵∠AEF=∠CED，DE=EF，
∴△AEF≌△CED，
∴AF=CD，∠F=∠EDC，
∴AF=BD，AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴AD过圆心，
∵AF∥BD，
∴AF⊥AD，
而OA为半径，
∴AF为⊙O的切线；
（3）解：如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，
3
∵tan∠BAC= ，
4BQ 3
∴ = ，
AQ 4
设BQ=3x，则AQ=4x，
∴AC=AB=√AQ2+BQ2=5x，
∴CQ=AC−AQ=x，
∴BC=√BQ2+CQ2=√10x，
∴√10x=12，
12 6√10
∴x= = ，
√10 5
∴AB=5x=6√10，
∵AB=AC，BC=12，AD⊥BC，
∴BD=CD=6，
∴AD=√AB2−BD2=18，
设⊙O半径为r，
∴OD=18−r，
∴r2=(18−r) 2+62，
解得：r=10，
∴⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判
定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
1
3．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD=DC= BC，E是BC的
2
中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论：
甲：若连接AE，则四边形ADCE是菱形；
乙：若连接AC，则△ABC是直角三角形．请选择一名同学的结论给予证明．
【答案】见解析
1 1
【分析】选择甲：由AD=DC= BC，E是BC的中点．得CE= BC=AD，从而得四边形ADCE是平
2 2
行四边形，再根据AD=CD，即可证明结论成立；选择乙：连接AE、DE，DE交AC于O，分别证明四
边形ABED是平行四边形，四边形ADCE是菱形，得AC⊥DE，DE∥AB，再根据平行线的性质及垂线
定义即可得证．
【详解】证明：选择甲：如图1，
1
∵AD=DC= BC，E是BC的中点．
2
1
∴CE= BC=AD，
2
∵AD∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形；
选择乙：如图2，连接AE、DE，DE交AC于O，
1
∵AD=DC= BC，E是BC的中点．
2
1
∴BE=CE= BC=AD，
2
∵AD∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，四边形ABED是平行四边形，∵AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形；
∴AC⊥DE，
∴∠EOC=90°，
∵四边形ABED是平行四边形，
∴DE∥AB
∴∠BAC=∠EOC=90°，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平
行四边形的判定及性质是解题的关键．
考点八： 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
4
主视图．图4是折叠梯充分展开后的主视图，此时点E落在AC上，已知AB=AC，sin∠BAC≈ ，点
5
D、F、G、J在AB上，DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，DE=FM=GH=JK=20cm，
DF=FG=GJ=30cm．点N在AC上，AN、MN的长度固定不变．图5是折叠梯完全折叠时的主视图，
此时AB、AC重合，点E、M、H、N、K、C在AB上的位置如图所示．
【分析问题】
（1）如图5，用图中的线段填空：AN=MN+EM+AD−_________；
（2）如图4，sin∠MEN≈_________，由AN=EN+AE=EN+AD，且AN的长度不变，可得MN与
EN之间的数量关系为_________；
【解决问题】
（3）求MN的长．4
【答案】（1）DE；（2） ，MN=EN−10；（3）MN=40cm
5
【分析】（1）AN=MN+EM+AE=MN+EM+(AD−DE)=MN+EM+AD−DE；
（2）可推出四边形DEMF是平行四边形，从而EM∥DF，从而∠MEN=∠BAC，进而得出
4
sin∠MEN=sin∠BAC= ，根据AN=MN+EM+AD−DE，AN=EN+AD得出
5
MN+EM+AD−DE=EN+AD，进一步得出结果；
（3）作MW⊥AC于W，解直角三角形EMN求得MW和EW，进而表示出WN，在直角三角形MNW中
根据勾股定理列出方程，进而得出结果．
【详解】解：（1）∵AE=AD−DE，
∴AN=MN+EM+AE=MN+EM+(AD−DE)=MN+EM+AD−DE，
故答案为：DE；
（2）∵DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，
∴DE∥FM，
∵DE=FM=20cm，
∴四边形DEMF是平行四边形，
∴EM∥DF，
∴∠MEN=∠BAC，
4
∴sin∠MEN=sin∠BAC= ，
5
∵AN=MN+EM+AD−DE，AN=EN+AD，
∴MN+EM+AD−DE=EN+AD，
∴MN+EM−DE=EN，
∴MN+30−20=EN，
∴MN+10=EN，4
故答案为： ，MN=EN−10；
5
（3）如图，
作MW⊥AC于W，
∴∠MWN=∠MWE=90°，
4
∴MW2+W N2=M N2，MW=EM⋅sin∠MEN=30× =24，
5
∴EW =√EM2−MW2=√302−242=18，
设MN=a，则EN=a+10，WN=EN−EW=a+10−18=a−8，
∴242+(a−8) 2=a2，
∴a=40，
∴MN=40cm．
【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△ABC的内心，∠DOE的两边分别交
AB、BC于点D、E，且∠DOE=120°，若等边△ABC的边长为6，求四边形ODBE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▱ABCD，点O为其对称中心，且OB=20m，点E、F分别在边AB、BC上，四边形
EBFO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EBFO区域种植两种不同的果蔬，
即在△BEF、△EFO种植不同的果蔬．在点O处安装喷灌装置，且喷灌张角为60°，即∠EOF=60°，
并修建OE、EF、OF三条小路．现要求规划的三条小路OE、EF、OF总长最小的同时，果蔬种植区
域四边形EBFO的面积最大．求满足规划要求的三条小路OE、EF、OF总长的最小值，并计算同时满
足四边形EBFO面积最大时学校应开辟的劳动实践基地▱ABCD的面积．800√3
【答案】（1）6+2√3；（2）
3
【分析】（1）连接OB，OC．先证明△BOD≌△COE(ASA)，得出BD=CE，OD=OE，则四边形
ODBE的周长=BD+BE+EO+OD=BC+2OE，当OE最小时，四边形ODBE 周长最小，求出此时的
OE即可解答；
（2）分别以AB、BC所在直线为对称轴，作点O关于AB的对称点为M，O关于BC的对称点为N，连接
MN，交AB于点E ，交BC于点F ，连接BM、BN、EM、FN、OE 、OF ，得出ΔOEF周长的最小
1 1 1 1
值是MN，再利用平行四边形的判定与性质求得▱ABCD的面积．
【详解】解：（1）连接OB，OC，如图，
∵ O △ABC
点 是等边 的内心，
∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=∠ACO=30°，
∴OB=OC，∠BOC=120°
∵∠DOE=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD与△COE中，
¿，
∴△BOD≌△COE(ASA)，
∴BD=CE，OD=OE，
∴四边形ODBE的周长=BD+BE+EO+OD=BC+2OE，
∵BC=6，√3
∴当OE⊥BC时，OE最小，四边形ODBE周长最小，此时OE=CE·tan30°=3× =√3，
3
∴四边形ODBE的周长的最小值=6+2√3；
（2）分别以AB、BC所在直线为对称轴，作点O关于AB的对称点为M，O关于BC的对称点为N，连接
MN，交AB于点E ，交BC于点F ，连接BM、BN、EM、FN、OE 、OF ，如图，
1 1 1 1
则ME=OE，OF=FN．
∵两点之间线段最短，
∴ME+EF+NF≥MN，
∵△OEF周长=OE+EF+OF=ME+EF+NF，
∴△OEF周长的最小值是MN，
∵O、M关于AB对称，O、N关于BC对称，
∴BM=BN=BO=20m，∠BMN=∠BOE ，∠BNM=∠BOF ，∠EM E =∠EOE ，
1 1 1 1
∠FN F =∠FOF ，
1 1
∴∠EOF=∠E OF =60°．
1 1
∴∠BMN+∠BNM=∠BOE +∠BOF =∠E OF =60°，
1 1 1 1
∴∠MBN=120°，
∴∠BMN=∠BNM=30°，
过点B作BH⊥MN，
∴BH=10 MH=NH=10√3
， ，
∴ MN=20√3．
即OE、EF、FO和的最小值为20√3，
此时S =S +S =S −S ，
四边形形EBFO △BEM △BFN △BMN △BEF∵S 的面积为100√3，
△BMN
∴当△BEF的面积最小时，四边形EBFO的面积最大，
在△BEF中，∠ABC=60°，MN上的高ℎ =10（定角定高模型），
100√3
∴当BE=BF时，△BEF的面积最小，且最小值为 ，
3
100√3 200√3
∴四边形EBFO的面积最大值=100√3− = ，
3 3
∵当BE=BF，∠ABC=60°时，∠BEM=∠BFN=120°=∠BEO=∠BFO=120°，得四边形EBFO
为平行四边形，
800√3
∴此时平行四边形ABCD的面积=4×四边形EBFO的面积= ．
3
【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30°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．（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MN固定在垂直于
地面的墙壁上，支杆CE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ABCD始终是
平行四边形．
(1)若遮阳蓬完全展开时，CE长2米，在与水平地面呈60°的太阳光照射下，CE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CE与AD的长度比）是______．
【答案】(1)2
(2)2:1
【分析】（1）过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，
ES∥CK，可得四边形CESK是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得KS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OM的中点、B为OC的中点，然后说明AD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60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，
ES∥CK，
∴四边形CESK是平行四边形，
∴KS=CE=2，即CE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OM的中点、B为
OC的中点，
当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即AD的长度为长支杆的一半，
∵CE为长支杆的长度，AD为短支杆的长度．∴CE:AD=2:1．
故答案为：2:1．
【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．
考点九： 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
1
1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC= ，BC=2，
2
AD=1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 ．
1
【答案】2√2+
2
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出BP取最大值时
B、P、M三点的位置关系．取AC的中点M，连接PM、BM，利用解三角形求出BM=√MC2+BC2=2√2，利用三角形中位线定理
1 1
推出PM= AD= ，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值．
2 2
【详解】解：取AC的中点M，连接PM、BM．
1
∵∠ACB=90°，tan∠BAC= ，BC=2，
2
BC 1
∴AC= =2÷ =4，
tan∠BAC 2
1
∴AM=CM= AC=2，
2
∴BM=√MC2+BC2=√22+22=2√2，
P、M分别是CD、AC的中点，
∵ 1 1
∴PM= AD= ．
2 2
如图，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值，
1
最大值为BM+MP=2√2+ ，
2
1
故答案为：2√2+ ．
2
2．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，求证：
∠PMN=∠PNM．（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F，求证：
∠AEM=∠F．
（3）用数学的语言表达．
如图，在△ABC中，AC<AB，点D在AC上，AD=BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并
延长，与BC的延长线交于点G，连接GD，若∠ANM=60°，试判断△CGD的形状，并进行证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）△CGD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PM=PN，利用等腰三角形的性质即可证明∠PMN=∠PNM；
（2）根据中位线定理即可求出∠PNM=∠F和∠PMN=∠AEM，通过第（1）问的结果进行等量代换
即可证明∠AEM=∠F；
（3）根据中位线定理推出PM∥AD和PN∥BC从而求出
∠PNM=∠PMN=∠ANM=∠CGN=∠GNC=60°，证明△CGN是等边三角形，利用中点求出
∠NGD=30°，从而求出∠DGC度数，即可求证△CGD的形状.
【详解】证明：（1）∵P的中点，M是AB的中点，1
∴PM= AD
2
.
1
同理，PN= BC.
2
∵AD=BC，
∴PM=PN.
∴∠PMN=∠PNM.
（2）∵P的中点，M是AB的中点，
∴PN∥BC
，
∴∠PNM=∠F.
同理，∠PMN=∠AEM.
由（1）可知∠PMN=∠PNM，
∴∠AEM=∠F.
（3）△CGD是直角三角形，证明如下：
如图，取BD的中点P，连接PM，PN，
M AB
是 的中点，
1
∴PM∥AD，PM= AD.
2
1
同理，PN∥BC，PN= BC.
2∵AD=BC，
∴PM=PN.
∴∠PMN=∠PNM.
∵PM∥AD，
∴∠PMN=∠ANM=60°，
∴∠PNM=∠PMN=60°.
∵PN∥BC，
∴∠CGN=∠PNM=60°.
又∵∠CNG=∠ANM=60°，
∴△CGN是等边三角形，
∴CN=GN.
又∵CN=DN，
∴DN=GN.
∴∠NDG=∠NGD=30°，
∴∠CGD=∠CGN+∠NGD=60°+30°=90°.
∴△CGD是直角三角形.
故答案为：△CGD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.
考点十： 补全图形利用中位线定理求解
1．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，AC,BC为⊙O的两条弦，D，G分别为AC,BC的中点，⊙O的
半径为2．若∠C=45°，则DG的长为（ ）
3
A．2 B．√3 C． D．√2
2【答案】D
【分析】连接OA,OB,AB，圆周角定理得到∠AOB=2∠C=90°，勾股定理求出AB，三角形的中位线
定理，即可求出DG的长．
【详解】解：连接OA,OB,AB，
∵⊙O的半径为2．∠C=45°，
∴OA=OB=2,∠AOB=2∠C=90°，
∴AB=√OA2+OB2=2√2，
D，G分别为AC,BC的中点，
∵∴DG为△ABC的中位线，
1
∴DG= AB=√2．
2
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理和三角形的中位线定理．熟练掌握相关定理，并灵活运用，是解题的关键．
2．（2023·黑龙江·中考真题）如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是
DE,DC和BC的中点，连接FG,FH．易证：FH=√3FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，如图②：若△ABC和△ADE都是等
腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，如图③：其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你
的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】图②中FH=√2FG，图③中FH=FG，证明见解析1
【分析】图②：如图②所示，连接BD，HG，CE，先由三角形中位线定理得到FG∥CE，FG= CE，
2
1
GH∥BD，GH= BD，再证明△ABD≌△ACE得到CE=BD，∠ACE=∠ABD，则FG=HG，进
2
一步证明∠FGH=90°，即可证明△HGF是等腰直角三角形，则FH=√2FG；
图③：仿照图②证明△HGF是等边三角形，则FH=FG．
【详解】解：图②中FH=√2FG，图③中FH=FG，
图②证明如下：
如图②所示，连接BD，HG，CE，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴FG是△CDE的中位线，
1
∴FG∥CE，FG= CE，
2
1
同理可得GH∥BD，GH= BD，
2
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，
∴FG=HG，
∵BD∥GH，FG∥CE，
∴∠FGH=∠FGD+∠HGD
=∠DCE+∠GHC+∠GCH
=∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠ACE
=∠DBC+∠ABD+∠ACB
=∠ACB+∠ABC
=90°，
∴△HGF是等腰直角三角形，
∴FH=√2FG；图③证明如下：
如图③所示，连接BD，HG，CE，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴FG是△CDE的中位线，
1
∴FG∥CE，FG= CE，
2
1
同理可得GH∥BD，GH= BD，
2
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，
∴AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，
∴FG=HG，
∵BD∥GH，FG∥CE，
∴∠FGH=∠FGD+∠HGD
=∠DCE+∠GHC+∠GCH
=∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠ACE
=∠DBC+∠ABD+∠ACB
=∠ACB+∠ABC
=180°−∠BAC
=60°，
∴△HGF是等边三角形，
∴FH=FG．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股
定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边
中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4+2√3 B．6+2√3 C．4+4√3 D．6+4√3
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角
形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵ E、F、G、H AB、BC、CD、DA
点 分别是边 的中点，
1 1
∴EF= AC，GH= AC，
2 2
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
1
在Rt△AOB中，AB=4，OA= AC=2，
2
∴OB=√42−22=2√3，
∴BD=4√3，
1 1
∴EF= AC=2，EH= BD=2√3，
2 2
∴四边形EFGH的周长为(2+2√3)×2=4+4√3．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行
四边形的判定与性质进行计算．
4．（2022·天津·中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，E为AB的中点，F为CE
的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于 ．
√19
【答案】
4
【分析】连接FB，作CG⊥AB交AB的延长线于点G．由菱形的性质得出∠CBG=∠DAB=60°，
AD=AB=BC=CD=2，解直角ΔBGC求出CG=√3，BG=1，推出FB为ΔECG的中位线，进而求出
1
FB，利用勾股定理求出AF，再证明ΔAEG∼ΔABF，得出AG=GF= AF．
2
【详解】解：如图，连接FB，作CG⊥AB交AB的延长线于点G．∵四边形ABCD是边长为2的菱形，
∴AD//BC，AD=AB=BC=CD=2，
∵∠DAB=60°，
∴∠CBG=∠DAB=60°，
√3
∴CG=BC⋅sin∠CBG=2× =√3，
2
1
BG=BC⋅cos∠CBG=2× =1，
2
E为AB的中点，
∵∴AE=EB=1，
∴BE=BG，即点B为线段EG的中点，
又∵F为CE的中点，
FB为ΔECG的中位线，
∴ 1 √3
∴FB//CG，FB= CG= ，
2 2
∴FB⊥AB，即ΔABF是直角三角形，
∴AF=√AB2+BF2=
√
22+
(√3) 2
=
√19
．
2 2
在ΔAED和ΔBGC中，
¿，‘
∴ΔAED≅ΔBGC，
∴∠AED=∠BGC=90°，
∴∠AEG=∠ABF=90°，
又∵∠GAE=∠FAB，
∴ΔAEG∼ΔABF，
AG AE 1
∴ = = ，
AF AB 21 √19
∴AG= AF= ，
2 4
√19
∴GF=AF−AG= ．
4
√19
故答案为： ．
4
【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角
形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角ΔBGC是解题的关键．
重难点一： 平行四边形与函数综合
k
1．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数．y=ax+b(a≠0)的图象与反比例函数y= (k≠0)的图
x
象交于点A(1,4)、B(n,−1)．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
k
(2)利用图象，直接写出不等式ax+b< 的解集；
x
(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．
4
【答案】(1)y= ，y=x+3
x
(2)x<−4或0<x<1
( 4 ) (4 ) (4 )
(3) − ,−5 或 ,5 或 ,3
5 5 3k
【分析】（1）把A的坐标代入y= (k≠0)，可求出k，把B(n,−1)代入所求反比例函数解析式，可求n，
x
然后把A、B的坐标代入y=ax+b(a≠0)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；
( 4)
（3）设点C的坐标为 c, ，D(d,0)，分AC、BD为对角线，BC、AD为对角线，AB、CD为对角线
c
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．
k
【详解】（1）解∶∵y= (k≠0)经过A(1,4)，
x
k
∴4= ，解得k=4，
1
4
∴y= ，
x
4 4
把B(n,−1)代入y= ，得−1= ，
x n
解得n=−4，
∴B(−4,−1)，
把A(1,4)，B(−4,−1)代入y=ax+b(a≠0)，
得¿，
解得¿，
∴y=x+3；
（2）解：观察图像得：当x<−4或0<x<1时，一次函数的图像在反比例函数图像的下方，
k
∴不等式ax+b< 的解集为x<−4或0<x<1；
x
( 4)
（3）解：设点C的坐标为 c, ，D(d,0)，
c
①以AC、BD为对角线，
则¿，
解得¿，
4
∴ =−5，
c
( 4 )
∴C − ,−5 ；
5②以BC、AD为对角线，
则¿，
解得¿，
4
∴ =5，
c
(4 )
∴C ,5 ；
5
③以AB、CD为对角线
则¿，
解得¿，
4
∴ =3，
c
(4 )
∴C ,3 ；
3
( 4 ) (4 ) (4 )
综上，当C的坐标为 − ,−5 或 ,5 或 ,3 时，以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形．
5 5 3
【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·湖南怀化·中考真题）如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A(﹣1，
0）、B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．在线段CB上方的抛物线上有一动点P，过点P作
PE BC于点E，作PF∥AB交BC于点F．
⊥(1)求抛物线和直线BC的函数表达式，
(2)当△PEF的周长为最大值时，求点P的坐标和△PEF的周长．
(3)若点G是抛物线上的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以C、B、G、M为顶点
的四边形为平行四边形？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线函数表达式为y=−x2+2x+3，直线BC的函数表达式为y=−x+3
3 15 9
(2)点P的坐标为 ( , )，△PEF的周长为 (√2+1)
2 4 4
(3)存在，(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数即可求解析式；
（2）利用直线和抛物线的位置关系相切时对应的等腰直角三角形PEF周长最大，二次函数与一次函数联
立方程，根的判别式Δ=0，从而找出对应点P坐标，进而求出周长；
（3）根据平行四边形对角线性质和中点公式，把BC是否为对角线分情况进行分析，设出点G的横坐标，
利用中点公式列方程计算即可求解．
【详解】（1）解：将点A(-1,0)，B(3,0)代入y=ax2+2x+c，得：
0=a−2+c a=−1
{ ，解得{ ，
0=9a+6+c c=3
所以抛物线解析式为y=−x2+2x+3，C(0，3)
设直线BC的函数表达式y=kx+b ，将B(3，0)，C(0，3)代入得：
0=3k+b k=−1
{ ，解得{ ，
3=b b=3
所以直线BC的函数表达式为y=−x+3
（2）
解：如图，设将直线BC平移到与抛物线相切时的解析式为y=−x+p ，与抛物线联立得：y=−x+p
{ 整理得x2−3x+p−3=0
y=−x2+2x+3
21
Δ=32−4(p−3)=0 ，解得p= ，
4
21 3
将p= 代入x2−3x+p−3=0，解得x= ，
4 2
3 15
将x= 代入y=−x2+2x+3得y= ，
2 4
3 15
即△PEF的周长为最大值时，点P的坐标为 ( , )
2 4
3 3
将x= 代入y=−x+3得y= ，
2 2
15 3 9
则此时PF= − = ，
4 2 4
9 √2 9√2
因为△PEF为等腰直角三角形，PE=FE= × =
4 2 8
9
则△PEF的周长最大为 (√2+1)
4
（3）答：存在．
已知B(3，0)，C(0，3)，设点Ｇ(m，−m2+2m+3 )，N(1，n)，
当BC为平行四边形对角线时，根据中点公式得：m+1=3 ，m=2，则G点坐标为(2，3)；
当BC为平行四边形的边时，由题意可知：m+3=1 或m−3=1 ，解得m=−2 或m=4 则G点坐标为
(-2，-5)或(4，-5)
故点G坐标为(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像上点的坐标特征、待定系数法求一次函
数解析式、直线与抛物线的位置关系、根的判别式，等腰直角三角形性质，平行四边形的性质，解题的关
键（1）根据点的坐标利用待定系数求解析式；（2利用直线和抛物线的位置关系，巧妙利用判别式；
（3）熟悉平行四边形对角线性质，结合中点公式分情况展开讨论．
m
3．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知反比例函数y= 的图象与一次函数y=kx+b的图象相交于A(−1,4)，
x
B(a,−1)两点．(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)点G在x轴上，△ABG是以AB为腰的等腰三角形，请直接写出点G的坐标；
m
(3)点P(n,0)在x轴负半轴上，连接AP，过点B作BQ∥AP，交y= 的图象于点Q，连接PQ．当
x
BQ=AP时，若四边形APQB的面积为36，求n的值．
4
【答案】(1)反比例函数为y=− ，一次函数为y=−x+3
x
(2)G (−1+√34,0)，G (−1−√34,0)，G (11,0)，G (−3,0)
1 2 3 4
21
(3)n=−
5
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）设点G的坐标为(x,0)，根据两点间距离公式得到AB=5√2， AG=√x2+2x+17，
BG=√x2−8x+17。若△ABG是以AB为腰的等腰三角形，则AB=AG或AB=BG，分别代入求解即可；
（3）证得四边形APQB是平行四边形，根据平移的思想得到Q点的坐标，代入反比例函数解析式即可求
得n的值即可．
m
【详解】（1）解：∵一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y= 的图象相交于A(−1,4)，B(a,−1)两
x
点，
∴m=−1×4=−4，
4
故反比例函数的解析式为y=− ，
x4
∴a=− =4，
−1
故B(4,−1)，
∴¿，
解得¿，
∴直线的解析式为y=−x+3．
（2）解：∵A(−1,4)，B(4,−1)，
∴AB=√(−1−4) 2+(4+1) 2=5√2，
设点G的坐标为(x,0)，
则AG=√(−1−x) 2+42=√x2+2x+17，
BG=√(4−x) 2+(−1) 2=√x2−8x+17。
若△ABG是以AB为腰的等腰三角形，则AB=AG或AB=BG，
①当AB=AG时，√x2+2x+17=5√2，
解得x=−1±√34，
∴G(−1+√34,0)或G(−1−√34,0)；
②当AB=BG时，√x2−8x+17=5√2，
解得x=11或x=−3，
∴G(11,0)或G(−3,0)；
综上所述，点G的坐标为G (−1+√34,0)，G (−1−√34,0)，G (11,0)，G (−3,0)；
1 2 3 4
（3）解：∵A(−1,4)，B(4,−1)，P(n,0)，BQ∥AP，BQ=AP，
∴四边形APQB是平行四边形，
∴点A到点P的平移规律是向左平移(−1−n)个单位，向下平移4个单位，
∴点B(4,−1)到点Q的平移规律也是向左平移(−1−n)个单位，向下平移4个单位，
∴Q(5+n,−5)，
4
∵Q(5+n,−5)在y=− 上，
x4 4
∴5+n=− = ，
−5 5
21
解得：n=− ，
5
( 21)
∴点P的坐标为 0,− ，
5
设AB与x轴交于点C，连接PB，如图所示：
把y=0代入y=−x+3，解得：x=3，
∴C(3,0)，
( 21) 36
∴PC=3− − = ，
5 5
1 36
∴S = × ×[4−(−1)]=18，
△APB 2 5
∵四边形APQB为平行四边形，
∴S =2S =36，
四边形APQB △APB
21
∴当n=− 时，符合题意．
5
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点，待定系数法，两点间的距离公式，等腰三角形的性质，
平移规律计算，熟练掌握规律是解题的关键．
重难点二： 与平行四边形有关的新定义问题
1．（2024·江苏扬州·二模）定义：有三个内角相等的四边形叫准矩形．
(1)如图1，△ABC中，AB=BC，点D在AB上，点E在AC的延长线上，AE=DE，DE与BC交于点F，
则四边形ADFC______准矩形(填“是”或“不是”)；(2)如图2，折叠平行四边形纸片DEBF，使顶点E，F分别落在边BE，BF上的点A，C处，折痕分别为
DG，DH，求证：四边形ABCD是准矩形；
(3)如图3，准矩形ABCD中，∠B=∠C=∠D且∠B为锐角，CD=AD=4，当BC长最大时，求AB的值．
【答案】(1)是
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据等腰三角形的性质求出∠A=∠ADF=∠ACF，即可判定四边形ADFC是准矩形；
（2）由四边形DEBF为平行四边形，得到∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°，再根据等角的补角相等，
判断出∠DAB=∠DCB=∠ABC，即可得证；
（3）过点A作AF∥CD，AE∥BC，则四边形AFCE是平行四边形，结合平行四边形的性质求出
△ABF∽△ADE，AD=AE=FC=4，AB=AF=CE，设AB=CE=x,BC= y,根据相似三角形的性质求
1 1
出y=− x2+x+4=− (x−2) 2+5，再根据二次函数的最值求解即可．
4 4【详解】（1）解：∵AB=BC，
∴∠A=∠ACB，
∵AE=DE，
∴∠A=∠ADE，
∴∠A=∠ADF=∠ACF，
∴则四边形ADFC是准矩形，
故答案为：是；
（2）证明：∵四边形DEBF为平行四边形，
∴∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°．
根据折叠的性质得，DE=DA，DF=DC，
∴∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，
∵∠DAE+∠DAB=180°，∠DCF+∠DCB=180°，∠E+∠EBF=180°，
∴∠DAB=∠DCB=∠ABC，
∴四边形ABCD是准矩形；
（3）解：如图3，过点A作AF∥CD，AE∥BC，
∴ AFCE ∠AED=∠C=∠AFB
四边形 是平行四边形， ，
∴AF=CE，AE=FC，
∵∠B=∠C=∠D，∠AED=∠C=∠AFB，
∴△ABF∽△ADE，AD=AE=FC=4，AB=AF=CE，
设AB=CE=x,BC= y,
∴BF= y−4，DE=4−x,
∵△ABF∽△ADE，
BF AB
∴ = ，
DE AD
y−4 x
∴ = ，
4−x 4
1 1
∴y=− x2+x+4=− (x−2) 2+5，
4 41
∵− <0，
4
∴当x=2时，y有最大值5，
∴BC长最大时，AB的值为2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、准矩形的判定、相似三角形的判定与性质，二次函数的性
质，熟记平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质并作出合理的辅助线构建相似三角形是解题
的关键．
2．（2024·四川达州·一模）数学活动：某数学兴趣小组想探究任意四边形的中点四边形的形状与原四边形
的边、对角线的关系；
定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
[操作]如图1，点E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，顺次连接点E，F，G，H得到中点四边
形EFGH．
[猜想]（1）填空：任意一个四边形的中点四边形是___________________；
[证明]（2）请补全以下求证内容，并完善证明过程；
已知：点E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，顺次连接点E，F， G， H 得到中点四边形
EFGH．
求证：______________________．
证明：
[应用]（3）如图2，在四边形ABCD中，AB，BC，CD，DA的中点分别为P， Q，M，N，在AB上取
一点E，连接DE，CE，△ADE和△BCE恰好是等边三角形，当点A到点C的距离为2时，求四边形
MNPQ的周长．
【答案】（1）平行四边形；
（2）求证：四边形EFGH是平行四边形．证明见解析；
（3）４.
【分析】此题考查了三角形的中位线定理及平行四边形的判定，等边三角形的性质，三角形的全等以及菱
形的判定，熟练掌握它们的性质和判定是解决问题的关键 ．（1）根据图形，猜想任意一个四边形的中点四边形是平行四边形；
（2）连接AC，利用三角形中位线的性质，即可判定四边形EFGH是平行四边形．
（3）连接AC，BD，利用等边三角形，证明△AEC≌△DEB，得到AC=BD，从而证明四边形MNPQ
为菱形，且边长为1，即得解．
【详解】（1）猜想：根据题意，猜想任意任意一个四边形的中点四边形是平行四边形；
（2）求证：四边形EFGH是平行四边形．
证明：连接AC，如图所示，
∵ E AB F BC
是 的中点， 是 的中点，
1
∴ EF∥AC，EF= AC，
2
1
同理HG∥AC，HG= AC，
2
∴ EF∥HG，EF=HG，
∴ 四边形EFGH是平行四边形．
（3）连接AC，BD，如图所示，
∵ △ADE △BCE
和 是等边三角形，
∴ AE=DE，EC=EB，∠AED=∠CEB=60∘，
∴ ∠AEC=∠DEB，
∵ ¿，
∴ △AEC≌△DEB，
∴ AC=BD，
∵ 第（2）问已证明四边形MNPQ是平行四边形．
1 1 1
且MQ=NP= BD，NM=PQ= AC= ×2=1，
2 2 2∴ MQ=NP=NM=PQ=1，
∴ 四边形MNPQ是边长为１的菱形．
∴四边形MNPQ的周长为４.
3．（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ABCD中，点M是AB的中点，点N是CD的中点，MN是四边形ABCD的中位线．
【方法探究】
1
如图2，已知MN是△ABC的中位线，以点N为中心将△ABC旋转180°得到△CB' A，可证MN= BC．
2
【方法应用】
(1)如图3，MN是梯形ABCD的中位线．若AD=3，BC=5，则MN=__________；若AD=a，BC=b，
且b>a，则MN=__________．
(2)如图4，MN是四边形ABCD的中位线．若AD=3，BC=5，则MN的取值范围是__________；若
AD=a，BC=b，且b>a，则MN的取值范围是__________．
a+b
【答案】(1)4；
2
b−a b+a
(2)1≤MN≤4； ≤MN≤
2 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N为中心，将梯形ABCD旋转180°得到梯形A'B'DC，则MN=M'N，AD=A'C,BC=B'D，1 1 1
且四边形ABA'B',AM M'B',M M' A'B都是平行四边形，易得MN= M M'= AB'= (AD+BC)即
2 2 2
可；
（2）以N为中心，将四边形ABCD旋转180°得到四边形A'B'DC,连接AB',BA',DB',A'C,N M'，则
1
四边形ABA'B',AM M'B',M M' A'B都是平行四边形，则MN= M M' ,M M'=AB',
2
AD=A'C,BC=B'D，在△ADB'中得B'D−AD≤AB'≤B'D+AD（A,D,B'在同一直线上时，等号成
BC−AD BC+AD
立），故 ≤MN≤ 即可．
2 2
【详解】（1）解：如图，以N为中心，将梯形ABCD旋转180°得到梯形A'B'DC，
则MN=M'N，AD=A'C,BC=B'D，且四边形ABA'B',AM M'B',M M' A'B都是平行四边形
1
∴MN= M M' ,M M'=AB'
2
∵AB'=AD+B'D=AD+BC
1 1 1
∴MN= M M'= AB'= (AD+BC)
2 2 2
1
若AD=3，BC=5，则MN= ×(3+5)=4，
2
1 a+b
若AD=a，BC=b，则MN= (a+b)= ，
2 2
a+b
故答案为：4， ；
2
（2）如图，以N为中心，将四边形ABCD旋转180°得到四边形A'B'DC,连接
AB',BA',DB',A'C,N M'，则四边形ABA'B',AM M'B',M M' A'B都是平行四边形，1
∴MN= M M' M M'=AB' AD=A'C,BC=B'D
2
, ,
在△ADB'中得B'D−AD≤AB'≤B'D+AD（A,D,B'在同一直线上时，等号成立）
∴ BC−AD≤2MN≤BC+AD
BC−AD BC+AD
即 ≤MN≤
2 2
5−3 5+3
若AD=3，BC=5，则 ≤MN≤ ，即1≤MN≤4，
2 2
b−a b+a
若AD=a，BC=b，且b>a，则 ≤MN≤ ．
2 2
b−a b+a
故答案为：1≤MN≤4， ≤MN≤ ．
2 2
易错点1： 未掌握求多边形边数的方法
1．（2024·四川资阳·中考真题）一个正多边形的每个外角度数都等于60°，则这个多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360°，根据正多边形的每个内
角相等，每个外角也相等，外角和等于360°，即可得出答案．
【详解】解：∵多边形的外角和等于360°，且这个每个外角都等于60°，
∴它的边数为360°÷60°=6.
故选：C．
2．（2023·四川自贡·中考真题）第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正
多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角∠ACB=15°，算出这个正多边形的边数是（ ）A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理以及正多边形的性质，得出∠B=150°，然后可得每一个外角为30°，进
而即可求解．
【详解】解：依题意，AB=BC，∠ACB=15°，
∴∠BAC=15°
∴∠ABC=180°−∠ACB−∠BAC=150°
∴这个正多边形的一个外角为180°−150°=30°，
360
所以这个多边形的边数为 =12，
30
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，正多边形的性质，正多边形的外角与边数的关系，熟练掌握正多
边的外角和等于360°是解题的关键．
3．（2020·湖北省直辖县级单位·中考真题）已知正n边形的一个内角是135°，则边数n的值是
【答案】8
【分析】本题主要考查了正多边形内角和问题，正n边形的内角和为180°⋅(n−2)，再根据每个内角的度
数为135°建立方程求解即可．
【详解】解：由题意得，180(n−2)=135n，
解得n=8，
故答案为：8．
