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期末复习学案（2）第 18 章平行四边形（平行四边形及三角形中位线）（解析
版）
考点1：平行四边形的性质
1．（2023春•廊坊期末）下列平行四边形中，其图中阴影部分面积不一定等于平行四边形面积一半的是（
）
A． B．
C． D．
【思路引领】利用平行四边形的性质，根据三角形的面积和平行四边形的面积逐个进行判断，即可求解．
【解答】解：A、无法判断阴影部分面积是否等于平行四边形面积一半，错误；
B、因为两阴影部分的底与平行四边形的底相等，高之和正好等于平行四边形的高，所以阴影部分的面
积等于平行四边形的面积的一半，正确；
C、根据平行四边形的对称性，可知小阴影部分的面积等于小空白部分的面积，所以阴影部分的面积等
于平行四边形的面积的一半，正确；
D、因为高相等，三个底是平行四边形的底，根据三角形和平行四边形的面积可知，阴影部分的面积等
于平行四边形的面积的一半，正确．
故选：A．
【总结提升】本题考查了平行四边形的性质，并利用性质结合三角形的面积公式进行判断，找出选项．
2．（2023秋•福山区期末）在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝100°，则∠D等于（ ）
A．50° B．80° C．100° D．130°
【思路引领】由在 ABCD中，若∠A+∠C＝100°，根据平行四边形的性质，可求得∠A的度数，又由
平行线的性质，求得▱答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AB∥CD，
∴∠A+∠D＝180°，
∵∠A+∠C＝100°，
∴∠A＝50°，∴∠D＝180°﹣∠A＝130°．
故选：D．
【总结提升】此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
3．（2023•南漳县模拟）如图，在 ABCD中，BC＝10，AC＝8，BD＝14，则△BOC的周长是（ ）
▱
A．20 B．21 C．23 D．32
1 1
【思路引领】根据平行四边形的性质可得BC＝AD＝10，AO＝CO= AC＝4，BO＝DO= BD＝7，然后
2 2
可得△AOD的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴BC＝AD＝10，AO＝CO= AC＝4，BO＝DO= BD＝7，
2 2
∴△BOC的周长是：BC+BO+CO＝10+4+7＝21，
故选：B．
【总结提升】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形对边相等，对角线互相平分．
4．（2023春•内乡县期末）如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，若AE＝4，AF＝6，
ABCD的周长为40，则 ABCD的▱面积为多少？
▱ ▱
3
【思路引领】根据平行四边形的周长求出BC+CD＝20，再根据平行四边形的面积求出BC= CD，然后
2
求出CD的值，再根据平行四边形的面积公式计算即可得解．
【解答】解：∵ ABCD的周长＝2（BC+CD）＝40，
∴BC+CD＝20①▱，∵AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，AE＝4，AF＝6，
∴S ＝4BC＝6CD，
ABCD
▱ 3
整理得，BC= CD②，
2
联立①②解得，CD＝8，
∴ ABCD的面积＝AF•CD＝6CD＝6×8＝48．
【▱总结提升】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的周长与面积得到关于BC、CD的两个方
程并求出CD的值是解题的关键．
5．（2023秋•肥城市期末）如图，在平行四边形 ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分
∠BCD，交AD于点E，AB＝8，BC＝12，则EF的长为 4 ．
【思路引领】根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝8，结合角平分线的定义，等腰三角形的性质可求
解AF＝AB＝8，DE＝DC＝8，由AD＝12即可求得EF长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝8，
∴CD＝AB＝8，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝8，
同理DE＝DC＝8，
∵AD＝AF+（DE﹣EF）＝12，
∴EF＝4，
故答案为：4．
【总结提升】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，证明AF＝AB＝
8，DE＝DC＝8是解题的关键．
6．（2023春•中原区期末）如图，将 ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在E处．若∠1＝60°，∠2＝
40°，则∠A的度数为 110 ° ． ▱【思路引领】根据平行四边形的性质和外角定义证明∠1＝∠FBD+∠FDB＝60°，得∠FBD＝∠FDB＝
30°，由翻折可得∠EDB＝∠2＝40°，然后利用三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】解：设BE，DC交于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
由翻折可知：∠ABD＝∠EBD，
∴∠EBD＝∠CDB，∠E＝∠A，
∴FB＝FD，
∴∠FBD＝∠FDB，
∴∠1＝∠FBD+∠FDB＝60°，
∴∠FBD＝∠FDB＝30°，
由翻折可知：∠EDB＝∠2＝40°，
∴∠EDF＝∠EDB﹣∠FDB＝40°﹣30°＝10°，
∴∠E＝180°﹣60°﹣10°＝110°，
∴∠A＝∠E＝110°．
故答案为：110°．
【总结提升】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，平行线的性质，三角形外角定义，三角形内角和
定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
7．（2023春•锦江区期末）如图，AC，BD是 ABCD的对角线，已知AB＝5，BC＝3，∠ACB＝90°，则
▱BD的长为（ ）
A．2❑√13 B．❑√13 C．8 D．4
【思路引领】根据平行四边形的对角线互相平分和勾股定理即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AB＝5，BC＝3，∠ACB＝90°，
∴AC=❑√AB2−BC2=4，
∴OA＝OC＝2，
∴OD=❑√AD2+OA2=❑√32+22=❑√13，
∴BD＝2OD＝2❑√13，
故选：A．
【总结提升】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
考点2 平行四边形的判定
8．（2024•新荣区二模）如图，已知△ABD，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，AD长为半径画弧；
②以点D为圆心，AB长为半径画弧；③两弧在BD上方交于点C，连接BC，DC．可直接判定四边形
ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
【思路引领】根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：由作图知，BC＝AD，CD＝AB，∴四边形ABCD为平行四边形，
故判定四边形ABCD为平行四边形的条件是两组对边分别相等，
故选：B．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
9．（2023秋•招远市期末）小军不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，他带了两块碎玻璃到
商店配成了一块与原来相同的平行四边形玻璃，他带的碎玻璃编号是（ ）
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
【思路引领】确定有关平行四边形，关键是确定平行四边形的四个顶点，由此即可解决问题．
【解答】解：∵只有③④两块角的两边互相平行，且中间部分相联，角的两边的延长线的交点就是平
行四边形的顶点，
∴带③④两块碎玻璃，就可以确定平行四边形的大小．
故选：B．
【总结提升】本题考查平行四边形的判定和性质，解题的关键是理解如何确定平行四边形的四个顶点，
四个顶点的位置确定了，平行四边形的大小就确定了，属于中考常考题型．
10．下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD，AD＝BC B．AB＝CD，AB∥CD
C．AD＝BC，AB∥CD D．AD＝BC，AD∥BC
【思路引领】根据平行四边形的5种判定方法分别进行分析即可．
【解答】解：A、根据两组对边分别相等，是平行四边形可判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项
不合题意；
B、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合
题意；
C、不能判定判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形 ABCD是平行四边形，故此选项不合
题意；
故选：C．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定方法：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
（3）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
（4）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
11．（2023秋•泰山区期末）在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，下列各组条件，其中不能判
定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．OA＝OC，OB＝OD
B．AB＝CD，AB∥CD
C．AB＝CD，OA＝OC
D．∠ADB＝∠CBD，∠BAD＝∠BCD
【思路引领】根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【解答】解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形；
B、∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形；
C、AB＝CD，OA＝OC，
∴四边形ABCD不是平行四边形．故不能判定这个四边形是平行四边形；
D、∠ADB＝∠CBD，∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形．
故选：C．
【总结提升】此题考查了平行四边形的判定．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．
12．（2023秋•任城区期末）在平面直角坐标系中，O（0，0），A（3，0），B（1，2），再找一点C，
使这四点能连成平行四边形，则点C的坐标为 （﹣ 2 ， 2 ）或（ 4 ， 2 ）或（ 2 ，﹣ 2 ） ．
【思路引领】根据平行四边形的性质，利用中点坐标解题即可求得顶点C的坐标．
【解答】解：设点C的坐标为（m，n），
若这四个点构成平行四边形OABC，由平行四边形的性质可知OB的中点和AC的中点重合，
0+1 3+m
{ = )
2 2
∴ ，
0+2 0+n
=
2 2{m=−2)
解得 ；
n=2
若这四个点构成平行四边形OACB，由平行四边形的性质可知AB的中点和OC的中点重合，
3+1 0+m
{ = )
2 2
∴ ，
0+2 0+n
=
2 2
{m=4)
解得 ；
n=2
若这四个点构成平行四边形OCAB，由平行四边形的性质可知OA的中点和BC的中点重合，
0+3 1+m
{ = )
2 2
∴ ，
0+0 2+n
=
2 2
{m=2
)
解得 ；
n=−2
所以C点的坐标为（﹣2，2）或（4，2）或（2，﹣2）
故答案为：（﹣2，2）或（4，2）或（2，﹣2）．
【总结提升】此题考查了平行四边形的性质，注意分类讨论思想的应用是解此题的关键．
13．（2023秋•岱岳区期末）如图，在 BFDE中，A、C分别在DE、BF的延长线上，且AE＝CF．
求证： ▱
（1）△ABE≌△CDF；
（2）四边形ABCD是平行四边形．
【思路引领】（1）由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）由平行四边形的性质得DE∥BF，DE＝BF，再证AD＝BC，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形BFDE是平行四边形，
∴∠BED＝∠DFB，BE＝DF，
∴∠AEB＝∠CFD，
在△ABE和△CDF中，{
BE=DF
)
∠AEB=∠CFD ，
AE=CF
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵四边形BFDE是平行四边形，
∴DE∥BF，DE＝BF，
∵AE＝CF，
∴AE+DE＝CF+BF，
即AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的
判定与性质是解题的关键．
考点3 平行四边形的判定和性质综合
14．（2023春•市南区期末）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD
＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，CE，则下列结论：
❑√3
①△ABD≌△ACE；②四边形BDEF是平行四边形；③S = ；④S =❑√3．其中正确的
四 边 形BDE2F △AEF
有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路引领】连接 EC，作 CH⊥EF 于 H．首先证明△BAD≌△CAE（SAS），根据 SAS 可证明
△ABD≌△BCF，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），故①正确；
∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
❑√3
∴CH= ，EF＝EC＝BD，
2
∵EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，
❑√3
∵S平行四边形BDEF ＝BD•CH=
2
，故③正确，
∵AC＝BC＝3，BD＝CF＝1，
∴CD＝2BD，AF＝2CF，
1 3❑√3 3❑√3
∵S△ABD =
2
×1×
2
=
4
，
2 2 ❑√3
∴S△AEF =
3
×S△AEC =
3
×S△ABD =
2
，故④错误，
∴①②③都正确，
故选：C．
【总结提升】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
15．（2023秋•二道区期末）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，
四边形ABCD为平行四边形，点A、B均为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图：
（1）在图①中，点C、D、M为格点，在边CD上找一点N，连结MN，使得MN∥AD．
（2）在图②中，点C、D为格点，点M为边AB上任意一点，连结MD，在MD上找一点N，使得MN
＝DN．（保留作图痕迹）
（3）在图③中，点C、D为网格线上的点，点M为边AB上任意一点连结MD，在边CD上找一点N，
连结MN，使得MN∥AD．（保留作图痕迹）
【思路引领】（1）取CD的中点N，连接MN即可；
（2）连接AC，取AC的中点E，AD的中点F，连接EF交DM一点N，点N即为所求；
（3）连接AC，BD交于点O，取AD的中点T，连接OT交DM于点G，连接AG，延长AG交CD于点
N，连接MN即可．
【解答】解：（1）如图①中，线段MN即为所求；
（2）如图②中，点N即为所求；
（3）如图③中，线段MN即为所求．
【总结提升】本题考查作图﹣应用与设计作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16．（2023秋•宁阳县期末）如图，点E，F是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AE＝CF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若AB⊥BF，AB＝16，BF＝12，AC＝24．求线段EF的长．【思路引领】（1）连接BD交AC于点O，根据平行四边形的性质证明OE＝OF，进而利用对角线互相
平分的四边形是平行四边形即可解决问题；
（2）根据勾股定理求出AF＝20，然后求出AE＝CF＝4，进而可得EF的长．
【解答】（1）证明：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
∴OE＝OF，
∵OB＝OD，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：∵AB⊥BF，AB＝16，BF＝12，
∴AF=❑√AB2+BF2=❑√162+122=20，
∵AC＝24，
∴AE＝CF＝AC﹣AF＝4，
∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝24﹣4﹣4＝16．
【总结提升】本题考查平行四边形的性质和判定，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定
与性质．
17．（2024•武威三模）数学课外活动小组外出社会实践，发现一块四边形草坪，经过实地测量，并记录
数据，画出如图的四边形ABCD，其中AB＝CD＝4米，AD＝BC＝6米，∠B＝30°．
（1）求证：△ABC≌△CDA；
（2）求四边形草坪造型的面积．【思路引领】（1）利用全等三角形的判定方法，结合三边关系得出答案；
（2）直接利用全等三角形的性质以及直角三角形中30度所对边与斜边的关系的得出对应边长，进而得
出答案．
【解答】（1）证明：在△ABC和△CDA中，
{AB=DC
)
∵ AC=CA ，
BC=DA
∴△ABC≌△CDA（SSS）；
（2）解：过点A作AE⊥BC于点E，
∵AB＝4米，∠B＝30°，
∴AE＝2米，
1
∴S△ABC =
2
×6×2＝6（平方米），
则S△CDA ＝6（平方米），
∴草坪造型的面积为：2×6＝12（平方米）．
【总结提升】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及全等三角形的应用，正确掌握全等三角形的
判定方法是解题关键．
18．（2023秋•宁阳县期末）如图所示，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD的角平分线AE交CD于点
F，交BC的延长线于点E．
（1）求证：BE＝CD；
（2）若BF恰好平分∠ABE，连接AC、DE，求证：四边形ACED是平行四边形；
（3）若BF⊥AE，∠BEA＝60°，AB＝4，求平行四边形ABCD的面积．【思路引领】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AB＝CD，根据平行线的性质得出∠DAE＝
∠AEB，根据角平分线的定义得出∠BAE＝∠DAE，证明∠BAE＝∠AEB，得出BE＝AB，即可证明结论；
（2）证明△ADF≌△ECF（ASA），得出DF＝CF，根据AF＝EF，即可证明结论；
1
（3）证明△ABE是等边三角形，得出AB＝AE＝4，根据等腰三角形的性质得出AF=EF= AE=2，
2
根据勾股定理得出BF=❑√AB2−AF2=❑√42−22=2❑√3，证明△ADF≌△ECF，根据平行四边形ABCD
的面积＝△ABE的面积求出结果即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB，
∴BE＝CD；
（2）证明：由（1）知BE＝AB，
∵BF平分∠ABE，
∴AF＝EF，
在△ADF和△ECF中，
{∠DAE=∠AEB
)
AF=EF ，
∠AFD=∠EFC
∴△ADF≌△ECF（ASA），
∴DF＝CF，
又∵AF＝EF，∴四边形ACED是平行四边形；
（3）解：由（1）知BE＝AB，
又∵∠BEA＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE＝4，
∵BF⊥AE，
1
∴AF=EF= AE=2，
2
在Rt△ABF中，由勾股定理得，BF=❑√AB2−AF2=❑√42−22=2❑√3，
∵∠DAE＝∠AEB，AF＝EF，∠AFD＝∠CFE，
∴△ADF≌△ECF，
1 1
∴平行四边形ABCD的面积＝△ABE的面积= ×AE×BF= ×4×2❑√3=4❑√3．
2 2
【总结提升】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定
和性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性
质．
考点4 三角形的中位线
19．（2023秋•高州市期末）如图，A，B两地被池塘隔开，小明先在AB外选一点C，然后测出AC，BC
的中点M，N．若MN的长为18米，则A，B间的距离是（ ）
A．9米 B．18米 C．27米 D．36米
【思路引领】根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵点M，N分别是AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴AB＝2MN，
∵MN＝18米，
∴AB＝36米，故选：D．
【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
20．（2023秋•钢城区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝10，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC
上，且BF＝4，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路引领】根据等腰三角形的三线合一得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：∵BC＝10，BF＝4，
∴FC＝BC﹣BF＝10﹣4＝6，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，
1 1
∴DE= FC= ×6＝3．
2 2
故选：B．
【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一
半是解题的关键．
21．（2023•河北模拟）如图，已知在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝45°，两腰的和为8cm，点
E，F分别是对角线AC，BD的中点，点G是底边BC的中点，则EF的长为（ ）
A．4❑√2cm B．2❑√2cm C．❑√2cm D．无法确定
【思路引领】根据等腰梯形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，AB＝DC＝4cm，然后判断FG是△BCD
的中位线，EG是△CAB的中位线，根据中位线的性质可得∠FGB＝45°，∠EGC＝45°，继而得出△EFG是等腰直角三角形，继而可求出EF的长度．
【解答】解：∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，AB＝DC，
又∵两腰的和为8cm，
∴AB＝CD＝4cm，
∵点E，F分别是对角线AC，BD的中点，点G是底边BC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，EG是△CAB的中位线，
1 1
∴FG∥CD，FG= CD＝2cm，EG∥AB，EG= AB＝2cm，
2 2
∴∠FGB＝45°，∠EGC＝45°，
∴∠EFG＝90°，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴EF=❑√EG2+FG2=2❑√2cm．
故选：B．
【总结提升】本题考查了三角形的中位线定理及等腰梯形的性质，解答本题的需要掌握：等腰梯形的对
角线相等、同一底边上的底角相等．
22．（2023春•靖江市期末）如图，△ABC的面积是16，点D，E，F，G分别是BC，AD，BE，CE的中
点，则四边形AFDG的面积是 8 ．
【思路引领】根据三角形一边上的中线，将三角形面积二等分即可解决．
【解答】解：∵AD为△ABC中BC边的中线，S△ABC ＝16，
1 1
∴S△ABD ＝S△ACD =
2
S△ABC =
2
×16＝8，
∵BE、CE是AD的中线，
1 1
∴S△ABE ＝S△BED =
2
S△ABD ＝4，S△AEC ＝S△CED =
2
S△ACD ＝4，1 1
同理：S△AEF =
2
S△ABE ＝2，S△AEG =
2
S△AEC ＝2，
1 1
S△DEF =
2
S△BDE ＝2，S△DEG =
2
S△CED ＝2，
∴S四边形AFDG ＝S△AEF +S△AEG +S△DEF +S△DEG ＝8，
故答案为：8．
【总结提升】本题主要考查了三角形的面积，解决问题的关键是掌握：三角形的中线将三角形分成面积
相等的两部分．
23．（2007•临夏州）顺次连接任意四边形各边中点所得到的四边形一定是 平行四边形 ．
【思路引领】顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形，一组对边平行并且等于原来四边形某一对角
线的一半，说明新四边形的对边平行且相等．所以是平行四边形．
【解答】证明：如图，连接AC，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，
1 1
∴HG∥AC，HG= AC，EF∥AC，EF= AC；
2 2
∴EF＝HG且EF∥HG；
∴四边形EFGH是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判断及三角形的中位线定理的应用，三角形的中位线平行于第三
边，并且等于第三边的一半．
24．（2023秋•杜尔伯特县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，
点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是（ ）12 24
A．2 B． C．3 D．
5 5
【思路引领】连接CM，当CM⊥AB时，DM的值最小（垂线段最短），此时DE有最小值，根据勾股
1
定理求出AB，根据三角形的面积公式求出CM，根据三角形的中位线得出DE= CM即可．
2
【解答】解：连接CM，当CM⊥AB时，CM的值最小（垂线段最短），此时DE有最小值，
理由是：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√62+82=10，
1 1
∴ AC•BC = AB⋅CM，
2 2
1 1
∴ ×6×8= ×10×CM，
2 2
24
∴CM= ，
5
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
1 1 24 12
∴DE= CM= × = ，
2 2 5 5
12
即DE的最小值是 ，
5
故选：B．
【总结提升】本题考查了垂线段最短，三角形的面积，三角形的中位线和勾股定理等知识点，熟练垂线段最短和三角形的中位线性质是解此题的关键．
25．（2014春•盐城校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠DAB＝50°，∠CBA＝70°，P、M、
N分别是AB，AC、BD的中点，若BC＝8，则△PMN的周长是 1 2 ．
【思路引领】根据中位线定理求得PM和PN的长，然后证明△PMN是等边三角形即可证得．
【解答】解：∵P、N是AB和BD的中点，
1 1
∴PN= AD= ×8＝4，PN∥AD，
2 2
∴∠NPB＝∠DAB＝50°，
同理，PM＝4，∠MPA＝∠CBA＝70°，
∴PM＝PN＝4，∠MPN＝180°﹣50°﹣70°＝60°，
∴△PMN是等边三角形．
∴MN＝PM＝PN＝4，
∴△PMN的周长是12．
【总结提升】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
26．（2023秋•张店区期末）如图，已知Rt△ABC，延长直角边BC至点D，使BD＝6，E为直角边AC上
的点，且AE＝2，连接ED，P，Q分别为AB，ED的中点，连接PQ，则PQ＝ ❑√10 ．
1
【思路引领】连接AD，取AD中点K，连接PK，QK，由三角形中位线定理推出PK∥BC，PK= BD，
2
1 1 1
KQ∥AC，KQ= AE，得到PK⊥KQ，求出PK= ×6＝3，KQ= ×2＝1，由勾股定理即可求出PQ的
2 2 2
长．
【解答】解：连接AD，取AD中点K，连接PK，QK，∵P，Q分别为AB，ED的中点，
∴PK是△ABD的中位线，KQ是△DAE的中位线，
1 1
∴PK∥BC，PK= BD，KQ∥AC，KQ= AE，
2 2
∵AC⊥BC，
∴PK⊥KQ，
∵BD＝6，AE＝2，
1 1
∴PK= ×6＝3，KQ= ×2＝1，
2 2
∴PQ=❑√PK2+KQ2=❑√10．
故答案为：❑√10．
【总结提升】本题考查三角形中位线定理，勾股定理，关键是由三角形中位线定理推出PK⊥KQ，得到
PK、KQ的长，由勾股定理即可求出PQ的长．
27．（2023秋•岱岳区期末）如图1，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点．对“中位线定理”逆
向思考，可得以下3则命题：
1
Ⅰ．若D是AB的中点，DE= BC，则E是AC的中点；
2
1
Ⅱ．若DE∥BC，DE= BC，则D，E分别是AB，AC的中点；
2
Ⅲ．若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点．（1）从以上命题中选出一个假命题，并在图2中画出反例（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）从以上命题中选出一个真命题，并进行证明．
【思路引领】（1）根据三角形中位线定理解答即可；
（2）根据全等三角形的判定和性质以及三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：（1）选择I，理由如下：
1
如图，D是AB中点，DE= BC 但E显然不是AC的中点，
2
（2）真命题是Ⅱ或Ⅲ．
选择命题Ⅲ．
证明：如图，延长ED到点F使DF＝DE，连接BF．
∵D为AB中点，
∴AD＝BD．
在△ADE与△BDF中，
{
AD=BD
)
∠ADE=∠BDF ，
DE=DF∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴BF＝AE，∠F＝∠AED，
∴AC∥BF，
又∵DF∥BC，
∴四边形BCEF为平行四边形，
∴BF＝CE，
又∵BF＝AE，
∴CE＝AE，
即E是AC的中点．
【总结提升】此题考查三角形中位线定理，关键是根据全等三角形的判定和性质以及三角形中位线定理
解答．
28．（2023春•峡江县期末）如图，在平行四边形 ABCD中，BA＝BC，点E为AB的中点，请仅用无刻度
的直尺，按照下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）在图①中，在CD上找一点F，使得EF∥AC；
（2）在图②中，在AC上找一点P，使得BP平分∠ABC．
【思路引领】（1）连接AD，与BC相交于点，再连接EO并延长交CD于点F，根据平行四边形的性质
得到OB＝OC，又BE＝AE，由三角形的中位线性质OE∥AC，即EF∥AC；
（2）分别连接AD，CE相交于点M，连接BM并延长交AC于点P，可得出AO与CE是ABC的中线，且交于点 M，由三角形三条中线交于一点可得 BP也是△ABC的中线，又由 BA＝BC可得BP平分
∠ABC．
【解答】（1）如图所示，点F即为所求；
（2）如图所示，点P即为所求，
【总结提升】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合
了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的
基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作，也考查了平行四边形的性质、三角形的中位线性质、
等腰三角形的性质等知识．
29．（2023春•成都期末）如图，在四边形ABCD中，AD⊥AB，AD⊥CD，E为边AB上一点，连接CE，
BD相交于点F，且CF＝EF，连接DE．
（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（2）取CD中点G，连接FG，若FG＝2，CD＝3，∠BCD＝120°，求四边形BCDE的面积．
【思路引领】（1）先证CD∥AB，再证△DCF≌△BEF（ASA），得CD＝BE，然后由平行四边形的判
定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得BE＝CD＝3，DE＝BC，∠BED＝∠BCD＝120°，DF＝BF，再由三角形中1
位线定理得BC＝2FG＝4，然后由含30°角的直角三角形的性质得AE= DE＝2，则AD＝2❑√3，即可解
2
决问题．
【解答】（1）证明：∵AD⊥AB，AD⊥CD，
∴CD∥AB，
∴∠DCF＝∠BEF，
在△DCF和△BEF中，
{∠DCF=∠BEF
)
CF=EF ，
∠DFC=∠BFE
∴△DCF≌△BEF（ASA），
∴CD＝BE，
∴四边形BCDE是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，四边形BCDE是平行四边形，
∴BE＝CD＝3，DE＝BC，∠BED＝∠BCD＝120°，DF＝BF，
∵G是CD的中点，
∴FG是△BCD的中位线，
∴BC＝2FG＝2×2＝4，
∴DE＝4，
∵AD⊥AB，
∴∠DAE＝90°，
∵∠AED＝180°﹣∠BED＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣∠AED＝30°，
1
∴AE= DE＝2，
2
∴AD=❑√DE2−AE2=❑√42−22=2❑√3，
∴S平行四边形BCDE ＝BE•AD＝3×2❑√3=6❑√3．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平
行线的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
