第22讲 多边形与平行四边形（3考点+31题型+3类型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第22讲 多边形与平行四边形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc156807534" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc156807535" 考点一 多边形的相关概念
\l "_Tc156807536" 题型01 多边形的概念及分类
\l "_Tc156807537" 题型02 计算网格中不规则多边形面积
\l "_Tc156807538" 题型03 计算多边形对角线条数
\l "_Tc156807539" 题型04 对角线分三角形个数问题
\l "_Tc156807540" 题型05 多边形内角和问题
\l "_Tc156807541" 题型06 已知多边形内角和求边数
\l "_Tc156807542" 题型07 多边形的割角问题
\l "_Tc156807543" 题型08 多边形的外角问题
\l "_Tc156807544" 题型09 多边形内角和、外角和与平行线的合运用
\l "_Tc156807545" 题型10 多边形内角和、外角和与角平分线的综合运用
\l "_Tc156807546" 题型11 多边形内角和与外角和的综合应用
\l "_Tc156807547" 题型12 多边形外角和的实际应用
\l "_Tc156807548" 题型13 平面镶嵌
\l "_Tc156807549" 考点二 平行四边形的性质与判定
\l "_Tc156807550" 题型01 利用平行四边形的性质求解
\l "_Tc156807551" 题型02 利用平行四边形的性质证明
\l "_Tc156807552" 题型03 判断已知条件能否构成平行四边形
\l "_Tc156807553" 题型04 添加一个条件使四边形成为平行四边形
\l "_Tc156807554" 题型05 数平行四边形个数
\l "_Tc156807555" 题型06 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
\l "_Tc156807556" 题型07 证明四边形是平行四边形
\l "_Tc156807557" 题型08 与平行四边形有关的新定义问题
\l "_Tc156807558" 题型09 利用平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc156807559" 题型10 利用平行四边形的性质与判定证明
\l "_Tc156807560" 题型11 平行四边形性质与判定的应用
\l "_Tc156807561" 考点三 三角形中位线
\l "_Tc156807562" 题型01 三角形中位线有关的计算
\l "_Tc156807563" 题型02 三角形中位线与三角形面积计算问题
\l "_Tc156807564" 题型03 与三角形中位线有关的证明
\l "_Tc156807565" 题型04 三角形中位线的实际应用
\l "_Tc156807566" 题型05 与三角形中位线有关的规律探究
\l "_Tc156807567" 题型06 与三角形中位线有关的格点作图
\l "_Tc156807568" 题型07 构造三角形中位线的常用方法
\l "_Tc156807569" 类型一 连接两点构造三角形中位线
\l "_Tc156807570" 类型二 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
\l "_Tc156807571" 类型三 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
考点一 多边形的相关概念
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)
个三角形，n边形的对角线条数为n(n−3)2
多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）.
【解题技巧】
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；
②已知多边形的内角和求边数；
③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形.
【解题技巧】
1）正n边形的每个内角为（n−2）×180°n，每一个外角为360°n．
2）正n边形有n条对称轴．
3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
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n(n−3)2 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．
题型01 多边形的概念及分类
【例1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）在等边三角形、正五边形、正六边形、正七边形中，既是轴对称又是中心对称的图形是（ ）
A．等边三角形B．正五边形C．正六边形D．正七边形
【答案】C
【分析】根据正多边形的性质和轴对称图形、中心对称的图形的识别进行判断即可．
【详解】解：由正多边形的性质知，偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形，
所以正六边形既是轴对称又是中心对称的图形，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质、轴对称图形、中心对称的图形的识别，熟知偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形是解题的关键．
【变式1-1】（2023·江苏徐州·统考二模）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．1，1，1B．1，1，8C．1，2，2D．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．
【变式1-2】（2022·辽宁盘锦·校考一模）下列命题正确的是（ ）
A．每个内角都相等的多边形是正多边形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．过线段中点的直线是线段的垂直平分线
D．三角形的中位线将三角形的面积分成1∶2两部分
【答案】B
【分析】分别根据正多边形的判定、平行四边形的判定、线段垂直平分线的判定以及三角形中线的性质逐项进行判断即可得到结论．
【详解】解：A.每个内角都相等，各边都相等的多边形是正多边形，故选项A的说法错误，不符合题意；
B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形,说法正确，故选项B符合题意；
C. 过线段中点且垂直这条线段的直线是线段的垂直平分线，故选项C的说法错误，不符合题意；
D. 三角形的中位线将三角形的面积分成1∶3两部分，故选项D的说法错误，不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了对正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断以及三角形中线性质的认识，熟练掌握正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断是解答此题的关键．
题型02 计算网格中不规则多边形面积
【例2】（2022·北京海淀·统考二模）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】92
【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=12×3×2+12×1×3=92
故答案为：92
【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．
【变式2-1】（2021·北京昌平·统考二模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D是网格线交点，则△ABC的面积与△ADB的面积大小关系为：S△ABC SΔADB（填“＞”“＝”或“＜”），
【答案】=
【分析】分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．
【详解】解：∵SΔABD=12×2×2=2，
SΔABC=2×3−12×3×1−12×1×1−12×2×2=2，
∴SΔABC=SΔABD，
故答案为：=．
【点睛】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是本题的关键．
【变式2-2】（2021·湖南娄底·统考一模）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S=a+12b−1（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S= ．
【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S=a+12b−1计算即可．
【详解】由图可知：五边形内部格点有4个，故a=4
五边形边上格点有6个，故b=6
∴S=a+12b−1＝4+12×6−1=6
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．
【变式2-3】（2021·山西临汾·统考三模）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S=a+12b−1，其中a表示多边形内部的点数，b表示多边形边界上的点数，S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6×6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S为19，且边界上的点数b是内部点数a的3倍，则a+b=______．
（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a=16，b=12，再代入计算即可得到答案；
（2）由题意b=3a，然后列出关于a的方程，求出a=8，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：a=16，
多边形边界的点数为：b=12，
∴S=a+12b−1=16+12×12−1=21；
故答案为：21；
（2）设内部点数是a，则b=3a，
∴S=a+12b−1=a+12×3a−1=19，
∴a=8，
∴b=8×3=24，
∴a+b=8+24=32；
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S=a+12b−1是解决问题的关键．
题型03 计算多边形对角线条数
【例3】（2023·浙江丽水·统考一模）已知一个多边形内角和为1080°，则这个多边形可连对角线的条数是（ ）
A．10B．16C．20D．40
【答案】C
【分析】先根据多边形内角和计算公式求出这个多边形是八边形，再根据多边形对角线计算公式求解即可．
【详解】解：设这个多边形为n边形，
由题意得，180×n−2=1080，
∴n=8，
∴这个多边形为八边形，
∴这个多边形可连对角线的条数是8×8−32=20，
故选C．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线计算公式，熟知n边形的对角线条数是nn−32是解题的关键．
【变式3-1】（2022·河北保定·统考一模）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（ ）
A．3B．6C．9D．18
【答案】A
【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得n−2⋅180°=2×360°再解方程，从而可得答案．
【详解】解：设这个多边形为n边形，则n−2⋅180°=2×360°，
∴n−2=4，
解得：n=6，
所以从这个多边形的一个顶点出发共有n−3=6−3=3条对角线，
故选A．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为n−2⋅180°,外角和为360°”是解题的关键．
【变式3-2】（2021·云南普洱·统考一模）如图，从一个四边形的同一个顶点出发可以引出1条对角线，从五边形的同一个顶点出发，可以引出2条对角线，从六边形的同一个顶点出发，可以引出3条对角线，……，依此规律，从n边形的同一个顶点出发，可以引出的对角线数量为（ ）
A．nB．n−2C．n−3D．2n−3
【答案】C
【分析】根据题意可得从n边型的同一个顶点出发，可以引n−3条对角线．
【详解】解：∵从一个四边形的同一个顶点出发可以引出4−3=1条对角线；
从五边形的同一个顶点出发，可以引出5−3=2条对角线，
从六边形的同一个顶点出发，可以引出6−3=3条对角线，
∴从n边型的同一个顶点出发，可以引n−3条对角线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了图形类的规律题，解题的关键在于能够根据题意得到规律求解．
【变式3-3】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）一个正多边形的中心角是72°，则过它的一个顶点有 条对角线．
【答案】2
【分析】根据正多边形的中心角是72°，可得该正多边形是正五边形，然后利用过n边形的一个顶点有n−3对角线计算即可解答．
【详解】解：∵设正多边形的边数为n,且正多边形的中心角是72°，
∴72°n=360°，
∴n=5，
∴过n边形的一个顶点有n−3条对角线，即5−3=2条，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是多边形的对角线、正多边形的中心角等知识点，要掌握过n多边形的一个顶点有n−3条对角线、正多边形的中心角都相等是解答本题的关键．
【变式3-4】（2022·陕西西安·校考三模）一个正多边形的每个外角为45°，则这个正多边形的对角线共有 条．
【答案】20
【分析】根据正多边形的每一个外角都相等，多边形的边数=360°÷45°，进而求得多边形的对角线条数．
【详解】解：这个正多边形的边数：360°÷45°=8，
则对角线的条数是：12×8×(8−3)=20．
故答案是：20．
【点睛】本题考查多边形内角与外角．解题的关键在于掌握正多边形的外角和为360°，并且正多边形的每一个外角都相等．
题型04 对角线分三角形个数问题
【例4】（2019·广东深圳·校联考一模）如图，从多边形一个顶点出发作多边形的对角线，试根据下面几种多边形的顶点数、线段数及三角形个数统计结果，推断f,e,v三个量之间的数量关系是:
多边形：
顶点个数f1: 4 5 6 …
线段条数e: 5 7 9 …
三角形个数v1: 2 3 4 …
【答案】f+v-e=1
【分析】三角形个数等于顶点数减2，线段条数等于对角线条数加边数，即可求解；
【详解】解：三角形个数v＝f−2，
线段条数e＝f−3＋f＝2f−3，
∴f+v-e=1，
故答案为f+v-e=1；
【点睛】本题考查多边形的边，顶点，三角形个数，熟练掌握多边形对角线的求法，多边形分割三角形的方法是解题的关键．
题型05 多边形内角和问题
【例5】（2021·河南周口·统考二模）如图，⊙A，⊙B，⊙C，⊙D，⊙E相互外离，它们的半径都是2，顺次连接五个圆心得到五边形ABCDE，则图中五个扇形（阴影部分）的面积之和是（ ）
A．6πB．5πC．4πD．3π
【答案】A
【分析】求出五个扇形的圆心角之和，利用扇形面积公式求解即可．
【详解】∵(5−2)×180°=540°
∴ S=540360π×22=6π
故选A．
【点睛】本题考查了多边形内角和，扇形面积公式，理解题意是解题的关键．
【变式5-1】（2022·江苏盐城·统考一模）下列多边形中，内角和最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据多边形内角和公式可直接进行排除选项．
【详解】解：A、是一个三角形，其内角和为180°；
B、是一个四边形，其内角和为360°；
C、是一个五边形，其内角和为540°；
D、是一个六边形，其内角和为720°；
∴内角和最大的是六边形；
故选D．
【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．
【变式5-2】（2022·河北石家庄·统考一模）如图，四边形ABCD中，∠1=93°，∠2=107°，∠3=110°，则∠D的度数为（ ）
A．125°B．130°C．135°D．140°
【答案】B
【分析】先根据平角的定义求出∠BAD=87°,∠ABC=73°,∠BCD=70°，再根据四边形的内角和即可得到答案．
【详解】∵∠1=93°，∠2=107°，∠3=110°，∠1+∠BAD=180°，∠2+∠ABC=180°，∠3+∠BCD=180°
∴∠BAD=87°,∠ABC=73°,∠BCD=70°
在四边形ABCD中，
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠D=360°
∴∠D=130°
故选：B．
【点睛】本题考查了平角的定义及四边形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式5-3】（2020·辽宁葫芦岛·统考三模）如图，多边形ABCDEFG中， ∠E=∠F=∠G=108° ,∠C=∠D=72°，则∠A+∠B的值为（ ）
A．108°B．72°C．54°D．36°
【答案】B
【分析】连接CD，设AD与BC交于点O，根据多边形的内角和公式即可求出∠E＋∠F＋∠G＋∠EDC＋∠GCD，根据各角的关系即可求出∠ODC＋∠OCD，然后根据对顶角的相等和三角形的内角和定义即可求出结论．
【详解】解：连接CD，设AD与BC交于点O
∵∠E＋∠F＋∠G＋∠EDC＋∠GCD=180°×（5－2）=540°，∠E=∠F=∠G=108°，∠GCB=∠EDA=72°，
∴108°＋108°＋108°＋72°＋∠ODC＋72°＋∠OCD=540°
∴∠ODC＋∠OCD=72°
∵∠AOB=∠COD
∴∠A＋∠B=180°－∠AOB=180°－∠COD=∠ODC＋∠OCD=72°
故选B．
【点睛】此题考查的是多边形的内角和公式和对顶角的性质，掌握多边形的内角和公式和对顶角相等是解决此题的关键．
【变式5-4】（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形AMNP的边AM在正五边形ABCDE的边AB上，则∠PAE= °．
【答案】18
【分析】由正方形的性质及正五边形的内角可直接进行求解．
【详解】解：∵四边形AMNP是正方形，五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EAB=5−2×180°5=108°,∠PAB=90°，
∴∠PAE=∠EAB−∠PAB=18°；
故答案为18．
【点睛】本题主要考查正多边形的性质，熟练掌握正多边形的定义是解题的关键．
【变式5-5】（2021·陕西·三模）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则∠ABC等于 度．
【答案】30
【分析】先证出内部的图形是正六边形，求出内部小正六边形的内角，即可得到∠ACB的度数，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：由题意六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成，
可得BD=AC，BC=AF，
∴CD=CF，
同理可证小六边形其他的边也相等，即里面的小六边形也是正六边形，
∴∠1=166−2×180°=120°，
∴∠2=180°-120°=60°，
∴∠ABC=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查正多边形的证明、多边形的内角和以及三角形的内角和，熟练掌握多边形内角和的计算是解题的关键．
题型06 已知多边形内角和求边数
【例6】（2022·湖南怀化·统考模拟预测）一个多边形的内角和为900°，则这个多边形是（ ）
A．七边形B．八边形C．九边形D．十边形
【答案】A
【分析】根据n边形的内角和是（n﹣2）•180°，列出方程即可求解．
【详解】解：根据n边形的内角和公式，得
（n﹣2）•180°=900°，
解得n=7，
∴这个多边形的边数是7，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，解题的关键是熟记内角和公式并列出方程．
【变式6-1】（2022·北京房山·统考一模）下列多边形中，内角和为720°的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用n边形内角和公式为(n-2)×180°，构造方程确定n即可．
【详解】∵n边形内角和公式为(n-2)×180°，
∴(n-2)×180°=720°，
解得n=6，
故选D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，熟练掌握公式，准确解方程，准确识图是解题的关键．
题型07 多边形的割角问题
【例7】（2020·浙江杭州·模拟预测）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°．则原来多边形的边数是 ．
【答案】9或10或11
【分析】先根据多边形的内角和公式n−2⋅180°求出截去一个角后的多边形的边数，再分情况说明求得原来多边形的解．
【详解】解：设多边形截去一个角的边数为n，根据题意得：
n−2⋅180°=1440°
∴n=10
又∵截去一个角后的多边形的边可以增加1、不变、减少1，
∴原多边形的边数为9或10或11．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以不变、增加或者减少．
【变式7-1】（2018·山东聊城·统考模拟预测）如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是 ．
【答案】180°或360°或540°
【详解】分析: 剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解.
详解: n边形的内角和是（n-2）•180°，
边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+1-2）×180°=540°，
所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（4-2）×180°=360°，
所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（4-1-2）×180°=180°，
因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°．
故答案为540°或360°或180°.
点睛：本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，是解决本题的关键.
【变式7-2】（2021·河北唐山·统考一模）如图，一张内角和为1800°的多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到的新多边形的边数为 ．
【答案】13
【分析】根据多边形内角和公式，可得原多边形的边数，根据新多边形比原多边形多1条边，可得答案．
【详解】解：设原多边形是n边形，由多边形内角和公式得：
（n-2）180°=1800°，
解得n=12，
新多边形是12+1=13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了剪纸问题，多边形内角与外角，掌握多边形的内角和公式是解题关键．

一个n变形剪去一个角后，若剪去的一个角只经过一个顶点和一边，则剩下的形状是n边形，若剪去的一个角经过两条邻边，则剩下的形状是（n＋1）边形，若剪去的一个角经过两个相邻点，则剩下的形状是（n－1）边形．所以遇到相关题目时，要分类讨论．
题型08 多边形的外角问题
【例8】（2022·湖南长沙·模拟预测）若一个正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．10B．9C．8D．6
【答案】D
【分析】根据多边形的外角和等于360°计算即可．
【详解】解：360°÷60°＝6，即正多边形的边数是6．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和等于360°，正多边形的每个外角都相等是解题的关键．
【变式8-1】（2020·江苏扬州·统考模拟预测）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米B．80米C．60米D．40米
【答案】B
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转45°，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
【变式8-2】（2020·山东济宁·济宁学院附属中学校考二模）正十边形的外角和为（ ）
A．180°B．360°C．720°D．1440°
【答案】B
【分析】根据多边的外角和定理进行选择．
【详解】解：因为任意多边形的外角和都等于360°，
所以正十边形的外角和等于360°，．
故选B．
【点睛】本题考查了多边形外角和定理，关键是熟记：多边形的外角和等于360度．
题型09 多边形内角和、外角和与平行线的综合运用
【例9】（2022·河南·统考模拟预测）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=19°，则∠2的度数为（ ）
A．41°B．51°C．42°D．49°
【答案】A
【分析】先求出正六边形的内角和外角，再根据三角形的外角性质以及平行线的性质，即可求解．
【详解】解：∵正六边形的每个内角等于120°，每个外角等于60°，
∴∠FAD=120°-∠1=101°，∠ADB=60°，
∴∠ABD=101°-60°=41°
∵光线是平行的，
∴∠2=∠ABD=41°，
故选A
【点睛】本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质以及正六边形的性质，掌握三角形的外角性质以及平行线的性质是解题的关键．
【变式9-1】（2019·四川宜宾·校联考一模）如图，AB∥CD，∠BED=61°，∠ABE的平分线与∠CDE的平分线交于点F，则∠DFB=（ ）
A．149°B．149.5°C．150°D．150.5°
【答案】B
【分析】过点E作EG∥AB，根据平行线的性质可得“∠ABE+∠BEG=180°，∠GED+∠EDC=180°”，根据角的计算以及角平分线的定义可得“∠FBE+∠EDF=12∠ABE+∠CDE）”，再依据四边形内角和为360°结合角的计算即可得出结论．
【详解】如图，过点E作EG∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥GE，
∴∠ABE+∠BEG=180°，∠GED+∠EDC=180°，
∴∠ABE+∠CDE+∠BED=360°；
又∵∠BED=61°，
∴∠ABE+∠CDE=299°．
∵∠ABE和∠CDE的平分线相交于F，
∴∠FBE+∠EDF=12（∠ABE+∠CDE）=149.5°，
∵四边形的BFDE的内角和为360°，
∴∠BFD=360°-149.5°-61°=149.5°．
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理以及四边形内角和为360°，解决该题型题目时，根据平行线的性质得出相等（或互补）的角是关键．
【变式9-2】（2023·安徽合肥·合肥市第四十二中学校考模拟预测）如图，五边形ABCDE中， AB∥CD，∠1、∠2、∠3是外角，则∠1+∠2+∠3等于（ ）
A．100°B．180°C．210°D．270°
【答案】B
【分析】根据平行线的性质可得∠B+∠C=180°，再利用多边形的内角和即可求解．
【详解】解：∵∠1+∠BAE=180°，∠2+∠AED=180°，∠3+∠EDC=180°，
∴∠1+∠BAE+∠2+∠AED+∠3+∠EDC=180°×3=540°，
∴∠1+∠2+∠3=540°−∠BAE+∠AED+∠EDC，
∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠B+∠C+∠BAE+∠AED+∠EDC=540°，
∵∠BAE+∠AED+∠EDC=540°−∠B+∠C=540°−180°=360°，
∴∠1+∠2+∠3=540°−360°=180°，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和和平行线的性质，熟记多边形的内角公式为n−2⋅180°是解题的关键．
【变式9-3】（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A1A2A3……An上，若∠1−∠2=60°，则n= ．

【答案】6
【分析】过A2作A2B∥A1An，根据平行线的性质可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1，求得∠A3A2B=60°，设正多边形的内角为x，则满足∠4=180°−x，推得∠3=x−60°，即可求得x=120°，得到∠4=60°，即可求出正多边形的边数．
【详解】解：过A2作A2B∥A1An，

则∠4=∠3，∠CA2B=∠1
∵∠1−∠2=60°
∴∠A3A2B=60°
设正多边形的内角为x，则∠4=180°−x
∴x=60°+∠3
∴∠3=x−60°
∵180°−x=x−60°，解得x=120°
∴∠4=60°
∴这个正多边形的边数为360°÷60°=6
故答案为：6．
【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外角性质是解题的关键．
【变式9-4】（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，AB∥CD，AD平分∠BDC，CE∥AD，∠DCE=150°.
(1)求∠BAD的度数：
(2)若∠F=40°，求∠E的度数.
【答案】(1)30°
(2)110°
【分析】（1）根据∠DCE=150°和CE∥AD可求得∠ADC=30°，然后根据AB∥CD，可求得∠BAD=∠ADC=30°；
（2）由AD平分∠BDC，可得∠CDF=2∠ADC=60°，然后由四边形的内角和是360°即可求得∠E的度数.
【详解】（1）解：∵CE∥AD，
∴∠ADC+∠DCE=180°，
∴∠ADC=180°−∠DCE=30°，
∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠ADC=30°；
（2）解：∵AD平分∠BDC，
∴∠CDF=2∠ADC=60°，
∵∠E+∠F+∠CDF+∠DCE=360°，
∴∠E=360°−∠F−∠CDF−∠DCE=360°−40°−60°−150°=110°.
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形内角和定理、角平分线的的定义，熟记相关定理是解题的关键.
题型10 多边形内角和、外角和与角平分线的综合运用
【例10】（2022·贵州黔东南·模拟预测）如图，AB∥CD，∠BED=100°，BF、DF分别为∠ABE、∠CDE的角平分线，则∠BFD=（ ）
A．100°B．120°C．130°D．135°
【答案】C
【分析】先过E作EG//AB，根据平行线的性质即可得到∠ABE+∠BED+∠CDE=360°，再根据DE⊥BE，BF，DF分别为∠ABE，∠CDE的角平分线，即可得出∠FBE+∠FDE=130°，最后根据四边形内角和进行计算即可．
【详解】解：如图所示，过E作EG//AB，
∵AB//CD，
∴EG//CD，
∴∠ABE+∠BEG=180°，∠CDE+∠DEG=180°，
∴∠ABE+∠BED+∠CDE=360°，
又∵DE⊥BE，BF，DF分别为∠ABE，∠CDE的角平分线，
∴∠FBE+∠FDE=12(∠ABE+∠CDE)=12(360°−100°)=130°，
∴四边形BEDF中，∠BFD=360°−∠FBE−∠FDE−∠BED=360°−130°−100°=130°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及角平分线的定义的运用，四边形内角和定理，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．解决问题的关键是作平行线．
【变式10-1】（2022·江苏泰州·统考一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝150°，∠C＝60°，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，则∠BOD的度数为（ ）
A．120°B．125°C．130°D．135°
【答案】D
【分析】由题意易得∠ABO=12∠ABC,∠ADO=12∠ADC，由四边形内角和可知∠ABC+∠ADC=150°，则有∠ABO+∠ADO=75°，进而问题可求解．
【详解】解：∵∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，
∴∠ABO=12∠ABC,∠ADO=12∠ADC，
∵∠A＝150°，∠C＝60°，
∴∠ABC+∠ADC=360°−∠A−∠C=150°，
∴∠ABO+∠ADO=75°，
∴∠BOD=360°−∠A−∠ABO−∠ADO=135°；
故选D．
【点睛】本题主要考查四边形内角和及角平分线的定义，熟练掌握四边形内角和及角平分线的定义是解题的关键．
【变式10-2】（2022·山东济南·统考一模）如图，正五边形ABCDE中，内角∠EAB的角平分线与其内角∠ABC的角平分线相交于点P，则∠APB＝ 度．
【答案】72
【分析】首先根据正五边形的性质得到∠EAB=∠ABC=108度，然后根据角平分线的定义得到∠PAB=∠PBA =54度，再利用三角形内角和定理得到∠APB的度数．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠EAB=∠ABC=（5−2）×180°5=108度，
∵AP是∠EAB的角平分线，
∴∠PAB=54度，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=54°．
∴∠APB=180°-54°-54°=72°，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了多边形内角和，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．
【变式10-3】（2021·江苏苏州·苏州市振华中学校校考二模）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C=210°，则∠P= ．
【答案】15°
【分析】先根据角平分线的定义可得∠PAB=12∠DAB,∠PBE=90°−12∠ABC，再根据四边形的内角和可得∠DAB+∠ABC=150°，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，
∴∠PAB=12∠DAB,∠PBE=12∠CBE=12(180°−∠ABC)=90°−12∠ABC，
∵在四边形ABCD中，∠D+∠C=210°，
∴∠DAB+∠ABC=360°−210°=150°，
由三角形的外角性质得：∠P=∠PBE−∠PAB，
=90°−12∠ABC−12∠DAB，
=90°−12(∠ABC+∠DAB)，
=90°−12×150°，
=15°，
故答案为：15°．
【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．
【变式10-4】（2020·河北·模拟预测）如图所示，过正五边形ABCDE的顶点B作一条射线与其内角∠EAB的角平分线相交于点P，且∠ABP=60°，则∠APB= 度．
【答案】66
【分析】首先根据正五边形的性质得到∠EAB=108度，然后根据角平分线的定义得到∠PAB=54度，再利用三角形内角和定理得到∠APB的度数．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠EAB=108度，
∵AP是∠EAB的角平分线，
∴∠PAB=54度，
∵∠ABP=60°，
∴∠APB=180°−60°−54°=66°．
故答案为66．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．
题型11 多边形内角和与外角和的综合应用
【例11】（2022·河北唐山·统考一模）如图，由一个正六边形和正五边形组成的图形中，∠1的度数应是（ ）
A．72°B．84°C．82°D．94°
【答案】B
【分析】根据正多边形内角和公式求出正六边形和正五边形的内角和内角的补角，结合三角形内角和定理即可求解；
【详解】解：正六边形的内角为：180°×6−26=120°，内角的补角为：60°；
正五边形的内角为：180°×5−25=108°，内角的补角为：72°；
∴∠1=360°−120°+108°+180°−72°+60°=84°
故选：B
【点睛】本题主要考查多边形内角和公式，三角形的内角和定理，掌握相关知识并正确求解是解题的关键．
【变式11-1】（2022·广西梧州·统考一模）一个正多边形的内角和是1260°，则这个正多边形的一个外角等于（ ）
A．60°B．45°C．72°D．40°
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求得内角即可，进而得出其外角度数．
【详解】解：设正多边形的边数为n，
∵正多边形的内角和为1260°，
∴（n-2）×180°=1260°，
解得：n=9，
∵360°÷9=40°，
∴正九边形的每个外角40°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．
【变式11-2】（2022·安徽合肥·统考一模）如图，五边形ABCDE是正五边形，AF∥DG，若∠2=20°，则∠1=（ ）
A．60°B．56°C．52°D．40°
【答案】B
【分析】延长DE，FA交于点H，由正五边形的性质，解得∠3=360°5=72°，∠BAE=108°，再由三角形的外角和性质解得∠H+∠3=∠2+∠BAE，据此代入数值解答即可．
【详解】解：延长DE，FA交于点H，如图，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠3=360°5=72°，∠BAE=108°
∵AF∥DG
∴DG∥HF
∴∠1=∠H
∵∠H+∠3=∠2+∠BAE
∴∠H=20°+108°−72°=56°
∴∠1=∠H=56°
故选：B．
【点睛】本题考查正五边形的性质、两直线平行，内错角相等、三角形的外角性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
【变式11-3】（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3B．1：2C．2：1D．3：1
【答案】D
【分析】根据正八边形的外角和等于360°，求出每个外角的度数，再求出每个内角的度数，进而即可求解．
【详解】解：正八边形中，每个外角=360°÷8=45°，每个内角=180°-45°=135°，
∴每个内角与每个外角的度数之比=135°：45°=3：1，
故选D．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和等于360°，是解题的关键．
【变式11-4】．（2023·山西大同·大同一中校联考模拟预测）等边三角形、正方形及正五边形各一个，按下图放在同一平面内，则∠1+∠2+∠3=（ ）

A．102°B．104°C．106°D．108°
【答案】A
【分析】根据正方形，正三角形和正五边形的内角以及正多边形的外角和即可即可求解．
【详解】正三角形的每个内角为180°÷3=60°，
正五边形的每个内角5−2×180°÷5=108°，
正方形的每一个内角为360°÷4=90°，
∴∠1+∠2+∠3= 360°−90°−60°−108°=102°，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形的外角和与内角和的关系，熟练掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．
【变式11-5】（2019·河北秦皇岛·统考一模）发现：如图1，在有一个“凹角∠A1A2A3”n边形 A1A2A3A4…An中（n为大于3的整数），∠A1A2A3=∠A1+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+……+∠An−(n−4)×180°．
验证：
（1）如图2，在有一个“凹角∠ABC”的四边形ABCD中，证明：∠ABC=∠A+∠C+∠D．
（2）如图3，有一个“凹角∠ABC”的六边形ABCDEF中，证明；∠ABC=∠A+∠C+∠D+∠E+∠F−360°．
延伸：
（3）如图4，在有两个连续“凹角A1A2A3和∠A2A3A4”的四边形 A1A2A3A4……An中（n为大于4的整数），∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6…..+∠An−(n− _)×180°．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6．
【分析】（1）如图2，延长AB交CD于E，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC=∠BGC+∠C，根据多边形的内角和和外角的性质即可得到结论；
（3）如图4，延长A2A3交A5A4于 C，延长A3A2交A1An于 B，根据三角形的外角的性质得到∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠2+∠A4+∠4，根据多边形的内角和得到 ∠1+∠3=(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠An)，于是得到结论．
【详解】解：（1）如图2，延长AB交CD于E，
则∠ABC=∠BEC+∠C，∠BEC=∠A+∠D，
∴∠ABC=∠A+∠C+∠D；
（2）如图3，延长AB交CD于G，
则∠ABC=∠BGC+∠C，
∵∠BGC=180°−∠BGD，∠BGD=3×180°−(∠A+∠D+∠E+∠F)，
∴∠ABC=∠A+∠C+∠D+∠E+∠F−360°；
（3）如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A1An于B，
则∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠2+∠A4+∠4，
∵∠1+∠3=(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠An)，
而∠2+∠4=360°−(∠1+∠3)=360°−[(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠An)]，
∴∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6……+∠An−(n−6)×180°．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角和等知识，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
【变式11-6】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．
（1）实验操作．

（2）归纳猜想．
（3）理解应用．
一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？
【答案】（2）见解析；（3）这个多边形是二零一八边形
【分析】（2）利用实验操作探究规律后即可解决问题；
（3）构建方程，解方程即可解决问题；
【详解】（2）解：由实验操作可知，
（3）设这个多边形的边数为n．
由题意（n−2）180°=1008×360°，
解得n=2018．
答：这个多边形是二零一八边形．
【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
题型12 多边形外角和的实际应用
【例12】（2023·江苏徐州·统考一模）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（ ）
A．α−β=0B．α−β<0
C．α−β>0D．无法比较α与β的大小
【答案】A
【分析】多边形的外角和为360°，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360°，作出选择即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴△ABC与四边形BCDE的外角和α与β均为360°，
∴α−β=0，
故选：A．
【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360°是解答本题的关键．
【变式12-1】（2022·北京顺义·统考一模）如图，小明从A点出发，沿直线前进20米后左转30°，再沿直线前进20米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）
A．120米B．200米C．160米D．240米
【答案】D
【分析】由题意可知小华走出了一个正多边形，根据正多边形的外角和公式可求解.
【详解】已知多边形的外角和为360°，而每一个外角为30°，可得多边形的边数为360°÷30°=12，所以小明一共走了：12×20=240米．
故答案选：D．
【点睛】本题考查多边形内角与外角，熟记公式是关键.
【变式12-2】（2023·河北保定·统考一模）如图，琪琪沿着一个四边形公园小路跑步锻炼，从A处出发，当她跑完一圈时，她身体转过的角度之和为 ．
【答案】360°/360度
【分析】根据多边形的外角和等于360度即可求解．
【详解】解：∵多边形的外角和等于360度，
∴琪琪跑完一圈时，身体转过的角度之和是360度．
故答案为：360度．
【点睛】此题考查的是多边形的内角与外角，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
题型13 平面镶嵌
【例13】（2022·山西太原·一模）如图，若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和公式（n−2)·180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【详解】解：∵五边形的内角和为5−2×180°=540°,
∴正五边形的每一个内角为540°÷5=108°,
∴正五边形的每一个外角为180°−108°=72°,
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1=180°−2×72°=36°,
360°÷36°=10,
∵已经有3个五边形，
∴10−3=7,
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
【变式13-1】（2023·北京平谷·统考二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则∠BAD的度数为（ ）
A．50°B．60°C．100°D．120°
【答案】B
【分析】先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解．
【详解】解：正六边形的一个内角度数为180°−360°6=120°，
∴∠BAD的度数为360°−120°×22=60°，
故选：B．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，也考查了正多边形内角的计算方法，掌握正多边形的概念，理解几何图形镶嵌成平面是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角是解题关键．
【变式13-2】（2023·吉林长春·长春市第八十七中学校考三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为 度．

【答案】36
【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．
【详解】解：正五边形的每一个内角为5−2×1805=108°
设菱形的最小内角为x，根据题意得，
x+3×108=360
解得：x=36
故答案为：36．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．
【变式13-3】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）“动感数学”社团教室重新装修，如图是用边长相等的正方形和正n边形两种地砖铺满地面后的部分示意图，则n的值为 ．
【答案】8
【分析】根据正方形的内角为90°，正n边形的每个内角为n−2×180°n，再结合题意可列出关于n的方程，解出n的值，即得出答案．
【详解】解：正方形的每个内角为90°，正n边形的每个内角为n−2×180°n，
则根据题意有90°+2×n−2×180°n=360°，
解得：n=8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查平面镶嵌，正多边形的内角问题．掌握正n边形的每个内角为n−2×180°n是解题关键．
【变式13-4】（2021·浙江金华·统考一模）如图，要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作2a．下面我们来探究纸盒底面半径的最小值：
（1）如果要装10支铅笔，小蓝画了图①、图②两种排列方式，请你通过计算，判断哪种方式更节省空间： ．（填①或②）
（2）如果要装24支铅笔，请你模仿以上两种方式，算出纸盒底面最小半径是 ．（用含a的代数式表示）
【答案】 图① 109a
【分析】(1)图①由10个正六边形构成，图②由10个正六边形和4个正三角形构成，分别计算出其面积比较大小即可，
(2)要装24支铅笔，要使纸盒底面最小，按图①方式排每个正六边形相邻的空间最小计算出半径即可；
【详解】（1）∵一个正六边形可以分为6个全等的等边三角形，且边长为2a
∴小三角形的高=(2a)2−a2=3a
∴S正六边形=6S小三角形=6×12×3a×2a=63a2 ，
图①由10个正六边形构成
S=10×63a2=603a2 ，
图②由10个正六边形和4个正三角形构成
S=10S正六边形+4S小三角形=10×63a2+4×3a2=643a2
∵603a2＜643a2
∴图①更节省空间
故答案为：①
（2）由（1）可知，每个正六边形相邻空间最小，此时的盒地面半径最小，如图
以中点O为圆心，OA长为半径纸盒底面半径最小,过O点作OB⊥AB，由（1）可知，OB=3×23a=63a
在Rt△AOB中，AB=a，OB=63a
OA=AB2+OB2=a2+108a2=109a
纸盒底面最小半径是109a
故答案为：109a
【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，正多边形的面积，勾股定理，以及圆的知识，解题的关键要读懂题意画出示意图．

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．
考点二 平行四边形的性质与判定
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”.
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
题型01 利用平行四边形的性质求解
【例1】（2022·福建·统考模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A'B'C'，点A'对应直尺的刻度为0，则四边形ACC'A'的面积是（ ）
A．96B．963C．192D．1603
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC'A'的面积为AA'⋅ACsin60°=2ABsin60°⋅AA'，即可求解．
【详解】解：依题意ACC'A'为平行四边形，
∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，AA'=12．
∴AC=2AB
∴平行四边形ACC'A'的面积=AA'⋅ACsin60°=2ABsin60°⋅AA' =2×8×12×32=963
故选B
【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
【变式1-1】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）将一个三角尺按如图所示的方式放置在一张平行四边形的纸片上，∠EFG＝90°，∠EGF＝60°，∠AEF＝50°，则∠EGC的度数为（ ）
A．100°B．80°C．70°D．60°
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质可得AB∥DC，再根据三角形内角和定理，即可得到∠GEF的度数，依据平行线的性质，即可得到∠EGC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠AEG=∠EGC，
∵∠EFG=90°，∠EGF=60°，
∴∠GEF=30°，
∴∠GEA=80°，
∴∠EGC=80°．
故选：B．
【点睛】此题考查的是平行四边形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
【变式1-2】（2023·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质可得∠CBM＝∠CMB，利用等边对等角即可得MC＝BC＝8，进而可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，
∴∠ABM＝∠CMB，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠ABM＝∠CBM，
∴∠CBM＝∠CMB，
∴MC＝BC＝8，
∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，掌握其相关性质是解题的关键．
【变式1-3】（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若∠1=∠2=36°，∠B为（ ）
A．36°B．144°C．108°D．126°
【答案】D
【分析】根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1，再根据三角形内角和定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，
∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1=18°，
∴∠B=180°-∠2-∠BAC=180°-36°-18°=126°；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．
【变式1-4】（2023·吉林松原·校联考一模）如图，在▱ABCD中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为
【答案】21
【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC=12AC，BO=OD=12BD，BC=AD=10,
∵AC+BD=22，
∴OC+BO=11，
∵BC=10，
∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=21．
故答案为：21．
【点睛】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分，属于中考基础题．
【变式1-5】（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图四边形ABCD是平行四边形，CD在x轴上，点B在y轴上，反比例函数y=kxx>0的图象经过第一象限点A，且平行四边形ABCD的面积为6，则k= ．
【答案】6
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，然后平行四边形的性质可知△AED≌△BOC，进而可得矩形ABOE的面积与平行四边形ABCD的面积相等，最后根据反比例函数k的几何意义可求解．
【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，如图所示：
∴∠AED=∠BOC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD,BC//AD，
∴∠ADE=∠BCO，
∴△AED≌△BOC（AAS），
∵平行四边形ABCD的面积为6，
∴S▱ABCD=S矩形ABOE=6，
∴k=6；
故答案为6．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义，熟练掌握平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义是解题的关键．
【变式1-6】（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．
(1)求证：△ABM∽△EBF；
(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；
(3)设BE=x,△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)证明见解析
(2)DE=45
(3)解析式为y=−625x−5562+1216，当x=556时，y有最大值为1216
【分析】（1）利用AA证明△ABM∽△EBF，即可；
（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾股定理求出BM=3，从而得到ME=AN=2，进而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；
（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B=AMAB=EFBE，可得EF=45x，再证得△ABM∽△ECG，可得GC=35(10−x)，从而得到DG=35(10−x)+5，再根据三角形的面积公式，得到函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,AM是BC边上的高，
∴∠AMB=∠EFB=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC边上的高，
∴AM⊥AD，
∴∠AME=∠MAN=∠ANE=90°，
∴四边形AMEN为矩形，
∴NE=AM=4,AN=ME，
在Rt△ABM中，BM=AB2−AM2=52−42=3，
又∵E为BC的中点，
∴BE=12BC=5，
∴ME=AN=2，
∴DN=8，
在Rt△DNE中，DE=DN2+NE2=42+82=45；
；
（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．
∵sin∠B=AMAB=EFBE，
∴45=EFx，
∴EF=45x，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠BFE=90°，
又∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△ABM∽△ECG，
∴CGBM=ECAB，
∴CG3=10−x5，
∴GC=35(10−x)，
∴DG=DC+CG=35(10−x)+5．
∴y=12EF⋅DG=12×45x35(10−x)+5=−625x2+225x =−625x−5562+1216，
∴当x=556时，y有最大值为1216．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是解题的关键．
题型02 利用平行四边形的性质证明
【例2】（2022·山东济南·统考一模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，BE⊥AC， DF⊥AC，求证：AE＝CF．
【答案】见解析
【分析】可证明△ABE≌ △CDF，即可得到结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB∥CD
∴∠BAC=∠DCA
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F
∴∠AEB=∠DFC=90°
在△ABE和△CDF中 ，
∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFDAB=CD
∴△ABE≌ △CDF（AAS）
∴AE=CF
【点睛】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是解决问题的关键．
【变式2-1】（2023·广西贵港·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E,点F在CD边上，CF=AE,连接AF,BF.
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若AF平分∠DAB, CF=3,DF=5,求四边形BFDE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，得到DF∥EB,AB=CD,由CF=AE,可得DF=BE,根据矩形的判定即可求证．
（2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得AD=FD=5,由勾股定理可求出DE=4,即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥EB,AB=CD,
又∵CF=AE,
∴DF=BE,
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB,
∴∠DEB=90°,
∴四边形BFDE是矩形．
（2）∵AF平分∠DAB, DC∥AB,
∴∠DAF=∠FAB,∠DFA=∠FAB,
∴∠DAF=∠DFA,
∵DF=5,
∴AD=FD=5,
∵AE=CF=3, DE⊥AB,
∴DE=AD2−AE2=4,
∴矩形BFDE的面积是：DF·DE=5×4=20.
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键．
【变式2-2】（2021·河南驻马店·统考一模）如图，平面直角坐标系xOy中，▱OABC的边OC在x轴上，对角线AC，OB交于点M，函数y=kxx>0的图象经过点A3,4和点M．

（1）求k的值和点M的坐标；
（2）求▱OABC的周长．
【答案】（1）k=12，M（6,2）；（2）28
【分析】（1）将点A（3,4）代入y=kx中求出k的值，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，证明△MEC∽△ADC，得到MEAD=MCCA=12，求出ME=2，代入y=12x即可求出点M的坐标；
（2）根据勾股定理求出OA=5，根据点A、M的坐标求出DE，即可得到OC的长度，由此求出答案.
【详解】（1）将点A（3,4）代入y=kx中，得k=3×4=12，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴MA=MC，
作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，
∴ME∥AD，
∴△MEC∽△ADC，
∴MEAD=MCCA=12，
∴ME=2，
将y=2代入y=12x中，得x=6，
∴点M的坐标为（6,2）；

（2）∵A（3,4），
∴OD=3，AD=4，
∴OA=OD2+AD2=5,
∵A（3,4），M（6,2），
∴DE=6-3=3，
∴CD=2DE=6，
∴OC=3+6=9，
∴▱OABC的周长=2(OA+OC)=28.
【点睛】此题考查平行四边形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求函数图象上点的坐标，勾股定理，相似三角形的判定及性质.
【变式2-3】（2022·重庆·重庆八中校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交对角线BD于点E．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BCD的平分线，交对角线BD于点F；（不写作法和证明，保留作图痕迹）
(2)在（1）所作的图形中，求证：BE=DF．（请补全下面的证明过程，除题目给的字母外，不添加其它字母或者符号）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，①__________，
∴∠ABE=∠CDF
∵AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB
∴∠BAE=12∠BAD，②___________，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴③_______________
∴∠BAE=∠DCF
在△ABE与△CDF中
∠ABE=∠CDF——————∠BAE=∠DCF
∴△ABE≌△CDF（ASA）
∴BE=DF
【答案】(1)见解析
(2)AB//CD，∠DCF=12∠BCD，∠BAD=∠BCD，AB=CD
【分析】（1）在CB，CD上，分别截取CM，CN，使CM=CN，分别以点M，点N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，在∠BCD内，两弧交于点P，作射线CP交BD于点F，CF即为所求；
（2）根据平行四边形的性质得AB//CD，根据平行线的性质得∠ABE=∠CDF，根据角平分线得∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，根据平行四边形的性质得∠BAD=∠BCD，即∠BAE=∠DCF，根据ASA即可得△ABE≌△CDF，即BE=DF．
【详解】（1）解：如图，在CB，CD上，分别截取CM，CN，使CM=CN，分别以点M，点N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，在∠BCD内，两弧交于点P，作射线CP交BD于点F，CF即为所求．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB，
∴∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE与△CDF中，
∠ABE=∠CDFAB=CD∠BAE=∠DCF
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE=DF，
故答案为：AB//CD，∠DCF=12∠BCD，∠BAD=∠BCD，AB=CD．
【点睛】本题考查了尺规作图，平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
【变式2-4】（2022·山西临汾·统考一模）如图，在▱ABCD中，AB>AD．
（1）用尺规完成以下基本作图：在AB上截取AE，使得AE=AD；作∠BCD的平分线交AB于点F．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作的图形中，连接DE交CF于点P，猜想△CDP按角分类的类型，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】（1）直接利用角平分线的作法得出符合题意的答案；
（2）先证明∠ADE=∠CDE，再利用平行线的性质“同旁内角互补”，得出∠CPD=90°即可得出答案．
【详解】解：（1）解：如图所示：E，F即为所求；
（2）△CDP是直角三角形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC．
∴∠CDE=∠AED，∠ADC+∠BCD=180°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED．
∴∠CED=∠ADE=12∠ADC．
∵CP平分∠BCD，
∴∠DCP=12∠BCD，
∴∠CDE+∠DCP=90°．
∴∠CPD=90°．
∴△CDP是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了基本作图以及平行四边形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
题型03 判断已知条件能否构成平行四边形
【例3】（2022·河南郑州·一模）如图1，▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM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△ABN≌△CDM，可得BN=DM,即可得ON=OM，
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AC,BD交于点O
甲方案：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ AO=CO,BO=DO
∵BN=NO,OM=MD
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
乙方案：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO
∴∠ABN=∠CDM
又∵AN⊥BD,CM⊥BD
∴∠ANB=∠CMD
∴△ABN≌△CDM(AAS)
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
丙方案:
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO， ∠BAD=∠BCD
∴∠ABN=∠CDM
又∵ AN,CM分别平分∠BAD,∠BCD
∴12∠BAD=12∠BCD， 即∠BAN=∠DCN
∴△ABN≌△CDM（ASA）
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM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．
【变式3-1】（2023·湖南娄底·统考二模）在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分B．一组对边平行且相等
C．两组对边分别平行D．一组对边平行，另一组对边相等
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理分别分析各选项，即可求得答案．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
D、一组对边平行，另一组对边相等不一定是平行四边形；故本选项不能判定．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定．熟记平行四边形的判定方法是解此题的关键．
【变式3-2】（2023·湖南娄底·娄底市第三中学统考二模）在下列条件中，不能判定一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等B．一组对边平行且相等
C．两组对角相等D．对角线互相平分
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断即可：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对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】解：A、一组对边平行另一组对边相等不能判定一个四边形是平行四边形，符合题意；
B、一组对边平行且相等能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；
C、两组对角相等能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；
D、对角线互相平分能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键，在解题过程中要灵活运用所学知识．
题型04 添加一个条件使四边形成为平行四边形
【例4】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）在四边形ABCD中，∠A+∠B=180°，添加下列条件，能使四边形ABCD成为平行四边形的是（ ）
A．AB=CDB．AD∥BC
C．AD=BCD．∠C+∠D=180°
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定：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对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，逐项判断即可．
【详解】解：如图，
∵∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
补充AB=CD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故A不符合题意；
补充AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故B不符合题意；
补充AD=BC，能判定四边形ABCD为平行四边形，故C符合题意；
补充∠C+∠D=180°，则AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故D不符合题意；
故选C．
【点睛】此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
【变式4-1】（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图是嘉淇不完整的推理过程．

小明为保证嘉淇的推理成立，需在四边形ABCD中添加条件，下列正确的是( )
A．∠B+∠C=180°B．AB=CD
C．∠A=∠BD．AD=BC
【答案】B
【分析】根据平行四边形的5条判定定理可得到，在有一组对边平行的情况下，只能添加另一组对边平行或这一组对边相等，查看选项可得到答案．
【详解】选项A中，∠B+∠C=180°，得到AB∥CD，无法证明平行四边形，选项A错误；
选项B中，AB=CD，得到AB与CD平行且相等，可证明平行四边形，选项B正确；
选项C中，∠A≠∠B，选项C错误；
选项D中，一组对边平行，另一组对边相等，可能为等腰梯形，不能判定平行四边形，选项D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，需要严格按照判定定理进行推理论证，熟悉5条平行四边形的判定是解题的关键．
【变式4-2】（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，点E、F在▱ABCD的对角线AC上，连接BE、DE、DF、BF，请添加一个条件使四边形BEDF是平行四边形，那么需要添加的条件是 ．（只填一个即可）
【答案】AF=CE（答案不唯一）
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：添加：AF=CE，理由如下：
连接BD交AC于点O，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AF=CE，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
故答案为：AF=CE（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
题型05 数平行四边形个数
【例5】（2020·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，由25个点构成的5×5的正方形点阵中，横、纵方向相邻的两点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中的四个点为顶点的平行四边形叫做阵点平行四边形．图中以A，B为顶点，面积为4的阵点平行四边形的个数为（ ）
A．6个B．7个C．9个D．11个
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定，两组对边必须平行，可以得出上下各两个平行四边形符合要求，以及特殊四边形矩形与正方形即可得出答案．
【详解】解：根据题意得：一共11个面积为4的阵点平行四边形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定得出结论是解题的关键．
【变式5-1】（2019·湖北黄石·校联考一模）如图，已知平行四边形ABCD的对角线的交点是O，直线EF过O点，且平行于AD，直线GH过O点且平行于AB，则图中平行四边形共有( )
A．15个B．16个C．17个D．18个
【答案】D
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，根据图形写出所有的平行四边形即可得解．
【详解】解：平行四边形有：▱AEOG，▱AEFD，▱ABHG，▱GOFD，▱GHCD，▱EBHO，▱EBCF，▱OHCF，▱ABCD，▱EHFG，
▱AEHO，▱AOFG，▱EODG，▱BHFO，▱HCOE，▱OHFD，▱OCFG，▱BOGE．
共18个．
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，准确识别复杂图形是解题的关键，写出平行四边形时要按照一定的顺序，这样方能做到不重不漏．
题型06 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
【例6】（2021·河南商丘·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，A1,0，B−1,3，C−2,−1，找一点D，使得以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标不可能是（ ）
A．2,4B．−4,2C．0,−4D．−3,2
【答案】D
【分析】根据题意结合平行四边形的性质画出图形进行分析即可解决问题，得出满足条件的点D有三个．
【详解】解：如图所示：
观察图象可知，满足条件的点D有三个，坐标分别为（2，4）或（-4，2）或（0，-4），
∴点D的坐标不可能是（-3，2）.
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的判定以及平面直角坐标系与图形的性质等知识，解题的关键是正确画出图形，利用图象法解决问题．
【变式6-1】（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，A、B、C为一个平行四边形的三个顶点，且A、B、C三点的坐标分别为(3,3),(6,4),(4,6)．
（1）请直接写出这个平行四边形第四个顶点的坐标；
（2）在△ABC中，求出AB边上的高．
【答案】（1）(7,7)或(5,1)或(1,5)；（2）4105
【分析】（1）分以BC、AC和AB为对角线三种情况进行讨论，即可得出第四个点的坐标．
（2）先利用间接的方法求出ΔABC的面积，再利用勾股定理求出AB的长，又SΔABC=12×AB×ℎ，继而即可求出AB边上的高ℎ．
【详解】解：（1）BC为对角线时，第四个点坐标为(7,7)；
AB为对角线时，第四个点为(5,1)；
当AC为对角线时，第四个点坐标为(1,5)．
（2）∵SΔABC=12×AB×ℎ=3×3−12(1×3+1×3+2×2)=4，
AB=12+32=10，
∴ℎ=4×2÷10=4105．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质及坐标与图形的性质，解题关键是要分情况讨论，难易程度适中．
题型07 证明四边形是平行四边形
【例7】（2022·福建莆田·统考一模）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且BE=DF，∠ABD=∠BDC．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】结合已知条件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理AAS证得ΔABE≌ΔCDF，则其对应边相等：AB=CD；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”证得结论．
【详解】证明：∵∠ABD=∠BDC，
∴AB∥CD．
∴∠BAE=∠DCF．
在ΔABE与ΔCDF中，
{∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFD=90°BE=DF．
∴ΔABE≌ΔCDF(AAS)．
∴AB=CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定：（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）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【变式7-1】（2023·山东青岛·模拟预测）如图，在四边形ABDF中，点E，C为对角线BF上的两点，AB=DF,AC=DE,EB=CF．连接AE,CD．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)若AE=AC，求证：AB=DB．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由BE=CF可得BC=EF，证明△ABC≌△DFESSS，则∠ABC=∠DFE，AB∥DF，进而结论得证；
（2）由AE=AC，可知∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，则∠AEB=∠DEB，证明△AEB≌△DEBSAS，进而结论得证．
【详解】（1）证明：∵BE=CF，
∴BE+EC=EC+CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
∵AB=DFAC=DEBC=EF，
∴△ABC≌△DFESSS，
∴∠ABC=∠DFE，
∴AB∥DF，
又∵AB=DF，
∴四边形ABDF是平行四边形．
（2）证明：由（1）知，△ABC≌△DFESSS，
∴∠ACB=∠DEF，AC=DE，
∵AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，
∴∠AEB=∠DEB，
在△AEB和△DEB中，
∵EB=EB∠AEB=∠DEBAE=DE，
∴△AEB≌△DEBSAS，
∴AB=DB．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．解题的关键在于熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．
【变式7-2】（2023·山东枣庄·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且ED=BF，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=34，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)详见解析；
(2)24．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）由平行线的性质可得∠EAC=∠ACF，再根据角平分线的性质解得∠EAC=∠FAC，继而证明AF=FC，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到AO=12AC=4,AC⊥EF，结合正切函数的定义解得EO=3，最后根据三角形面积公式解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC，AE∥FC
∵ED=BF
AD−ED=BC−BF，即AE=FC．
∴四边形AFCE是平行四边形．
（2）解：∵AE∥FC，
∴∠EAC=∠ACF．
∵AC平分∠FAE，
∴∠EAC=∠FAC．
∴∠ACF=∠FAC．
∴AF=FC，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
∴平行四边形AFCE是菱形．
∴AO=12AC=4,AC⊥EF，
在Rt△AOE中，AO=4,tan∠DAC=34，
∴EO=3．
∴S△AOE=12AO⋅EO=12×4×3=6
S菱形AFCE=4S△AOE=24．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
【变式7-3】（2020·山东潍坊·统考一模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D.
(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；
(2)如图2，若α=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.

【答案】（1）15°；（2）证明见解析.
【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质求出∠ADC，从而计算出∠CDE的度数；
（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝12AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝12AC，则BF＝BC，再根据旋转的性质得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD ，DE＝BC，从而得到DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，接着由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，
∵CA＝DA，
∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°−30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，
∴∠CDE＝75°−60°＝15°；
（2）证明：如图2，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝12AC，
∵∠BAC＝30°，
∴BC＝12AC，
∴BF＝BC，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，
∴DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，
∴BE＝AB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
易证得△AFD≌△CBA，
∴DF＝BA，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
【变式7-4】（2022·广东广州·统考一模）如图，矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴上．反比例函数数y =kx（x > 0）的图象经过矩形OABC对角线的交点D（4，2），且与边AB，BC分别交干点E，F，直线EF交x轴于点G．
(1)求点F的坐标；
(2)求证:四边形AEGC是平行四边形．
【答案】(1)点F的坐标为（8，1）；
(2)见解析
【分析】（1）由点D的坐标可得出点B的坐标，再利用矩形的性质可得出OA，AB的长；由点D的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k的值，结合点B的坐标可得出点E，F的坐标；
（2）进而可得出BE，BF的长，由各线段的长度可得出BFBC=BEBA，结合∠ABC=∠EBF可证出△ABC∽△EBF，再利用相似三角形的性质及平行线的判定定理可得出EF∥AC，即可证明四边形AEGC是平行四边形．
【详解】（1）解：∵点D的坐标为（4，2），
∴点B的坐标为（8，4），
∴OA=4，AB=8．
∵反比例函数y=kx的图象经过点D（4，2），
∴k=4×2=8．
∵点B的坐标为（8，4），AB∥x轴，BC∥y轴，
∴点F的坐标为（8，1），点E的坐标为（2，4）；
（2）解：∵点F的坐标为（8，1），点E的坐标为（2，4），
∴BF=3，BE=6，
∴BFBC=34，BEBA=34，
∴BFBC=BEBA．
∵∠ABC=∠EBF，
∴△ABC∽△EBF，
∴∠BCA=∠BFE，
∴EF∥AC．
∵AB∥x轴，
∴四边形AEGC是平行四边形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）由点B的坐标利用矩形的性质求出OA，AB的长；（2）利用相似三角形的判定定理找出△ABC∽△EBF．
【变式7-5】（2023·河南·河南省实验中学校考三模）如图，已知反比例函数y=kxx>0的图像经过点A4,2，过A作AC⊥y轴于点C．点B为该反比例函数图像上的一点，过点B作BD⊥x轴于点D，连接AD．直线BC与x轴的负半轴交于点E．

(1)求反比例函数表达式；
(2)若BD=2OC，判断四边形ACED的形状，并说明理由．
【答案】(1)y=8x
(2)四边形ACED为平行四边形
【分析】（1）根据题意直接利用待定系数法将A点坐标代入即可得出答案．
（2）由题意求出直线BC的解析式，可得E点坐标，求出DE，OC，AC，即可解决问题．
【详解】（1）把A4,2，代入反比例函数的解析式得2=k4，
解得：k=8，
∴反比例函数表达式为：y=8x．
（2）反比例函数表达式为：y=8x，
∵AC⊥y，BD⊥x，A4,2，
∴AC=4，OC=2，
∵BD=2OC，
∴BD=2×2=4，
∵BD⊥x，
∴点B的纵坐标为4，代入y=8x中，得4=8x，解得x=2，
∵B2,4，
∵C0,2，设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则有2k+b=4b=2，解得k=1b=2，
∴直线BC的解析式为：y=x+2，令y=0，得0=x+2，解得x=−2，
∴C−2,0，
∴DE=2−−2=4，
∵AC=4，DE=4，AC∥DE，
∴四边形ACED为平行四边形．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，待定系数法，平行四边形的判定．
题型08 与平行四边形有关的新定义问题
【例8】（2023·江西抚州·金溪一中校联考二模）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1，四边形ABCD是和谐四边形，对角线AC与BD交于点G，BD是和谐对角线，AD是和谐边．
①△BCG是________三角形．
②若AD=4，则BD=________．
【问题探究】
(2)如图2，四边形ABCD是矩形，过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E，连接AE交BC于点F，AD=4，AB=k，是否存在实数k，使得四边形ABEC是和谐四边形，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
【应用拓展】
(3)如图3，四边形ABCD与四边形ABEC都是和谐四边形，其中BD与AE分别是和谐对角线，AD与AC分别是和谐边，AB=4，AD=k，请求出k的值．
【答案】(1)①等腰；②8
(2)存在，k=2
(3)463
【分析】（1）①根据和谐四边形的定义，得到BG=DG=AD=BC，即可得到结论；②根据BD=2AD即可得出结论．
（2）分BC=2AB，BC=2AC，AE=2AB，AE=2AC四种情况，分类讨论，进行判断即可；
（3）根据和谐四边形的定义，推出△ADB≅△ACE，作DM⊥AC于M，设AM=x，则AG=2x，利用勾股定理求出DM,CD的长，根据CD=AB=4，求出x的值，即可得解．
【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是和谐四边形，BD是和谐对角线，AD是和谐边，
∴BG=DG=AD=BC，
∴△ADG与△BCG的形状是等腰三角形；
②∵AD=4，
∴BD=2AD=8，
故答案为：等腰；8；
（2）存在，理由如下：
∵AB∥CD，BE∥AC，
∴四边形ABEC是平行四边形；
当BC=2AB时，四边形ABEC是和谐四边形，
∵BC=AD=4，AB=k，
∴BC=2k，
∴k=2；
当BC=2AC时，不满足直角三角形的斜边大于直角边．
当AE=2AB时，
∵42+2k2=2k，无解．
当AE=2AC时，
∵42+2k2=242+k2，无解．
∴k=2；
∴k的值为2时，四边形ABEC是和谐四边形；
（3）∵四边形ABCD是和谐四边形，BD为和谐对角线，AD为和谐边，
∴AD=DG，
∴∠DAG=∠AGD，
∵四边形ABEC是和谐四边形，AE为和谐对角线，AC为和谐边，
∴AC=AF，
∴∠ACF=∠AFC，
∵AD∥BC，
∴∠DAG=∠ACF，
∴∠DAG=∠AGD=∠ACF=∠AFC，
∴∠ADG=∠CAF，
∵ADBD=12，ACAE=12，
∴ADBD=ACAE，
∴△ADB~△CAE，
∵AB=CE，
∴相似比为1，
∴△ADB≅△ACE，
∴AC=AD，
作DM⊥AC于M，如图所示：
∵AD=DG，
∴AM=GM，
设AM=x，则AG=2x，
∴AC=2AG=AD=4x，
∴CM=3x，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：
DM=AD2−AM2=15x，
在Rt△DMC中，由勾股定理得：
CD=DM2+CM2=15x2+9x2=26x，
∵CD=AB=4，
∴26x=4，
∴x=63，
∴AD=4x=463，
∴AD=k=463．
故答案为：463．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，解题的关键是理解并掌握和谐四边形的定义．
【变式8-1】（2021·浙江宁波·统考二模）定义：有一个角为45°的平行四边形称为半矩形．
(1)如图1，若▱ABCD的一组邻边AB＝4，AD＝7，且它的面积为142．求证：▱ABCD为半矩形．
(2)如图2，半矩形ABCD中，△ABD的外心O（外心O在△ABD内）到AB的距离为1，⊙O的半径＝5，求AD的长．
(3)如图3，半矩形ABCD中，∠A＝45°，AD=BD=4
①求证：CD是△ABD外接圆的切线；
②求出图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)43+2
(3)①见解析，②12﹣2π
【分析】（1）由S▱ABCD＝AB•DH＝4×DH＝142，解得DH＝722，进而求解；
（2）连接OD、OB、BD，则∠BDO＝2∠DAB＝90°，则BD＝2BO＝52，进而求解；
（3）①证明△ABD为等腰直角三角形，得到OD是圆的半径且OD⊥CD，即可求解；
②由阴影部分的面积＝S▱ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB，即可求解．
【详解】（1）解：过点D作DH⊥AB交AB的延长线于点H，
∵S▱ABCD＝AB•DH＝4×DH＝142，解得DH＝722，
则AH＝AD2−DH2=72−7222=722＝DH，
∴∠A＝45°，
∴▱ABCD为半矩形；
（2）解：连接OD、OB、BD，
则∠BDO＝2∠DAB＝90°，则BD=2BO＝52，
过点O作OH⊥AB于点H，则BH＝BO2−OH2=52−12=26＝12AB，
则AB＝46，
过点B作BE⊥AD于点E，
则BE＝22AB＝43=AE，
在Rt△BDE中，DE＝BD2−BE2=522−432=2，
∴AD＝AE+DE＝43+2；
（3）解：①过点D作DO⊥AB于点O，
∵∠A＝45°，AD＝BD＝4，
故AB＝42，则△ABD为等腰直角三角形，
则OD＝12AB＝22，
∵AB∥CD，DO⊥AB，
∴OD⊥CD，
∴CD是△ABD外接圆的切线；
②阴影部分的面积＝S▱ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB
＝42×22﹣12×22×22﹣14×π×（22）2
＝12﹣2π．
【点睛】本题为圆的综合题，主要圆切线的判定与性质、新定义、平行四边形的性质、解直角三角形、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中．
【变式8-2】（2021·浙江台州·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学统考二模）定义：如图1，四边形EFGH的四个顶点分别在□ABCD四条边上（不与□ABCD的顶点重合），我们称四边形EFGH为□ABCD的内接四边形．
（1）如图1，若▱ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，求证：AE＝CG
（2）若▱ABCD的内接四边形EFGH是矩形．
①请用无刻度的直尺与圆规，在图2中作出一个符合要求的矩形EFGH．（不必说明作图过程，但要保留作图痕迹）
②如图3，已知sinA=45，AB＝10，H是AD的中点，HG＝2HE，求AD的长．
（3）已知，▱ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，且S▱EFGH=12S▱ABCD，求证：点E，F，G，H中至少存在两个点是□ABCD边的中点．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②10；（3）见解析
【分析】（1）连接EG，只需要证明△AEH≌△CGF即可得到结论；
（2）①根据矩形的判定条件和直径所对的圆周角是90°作图即可；②过点H作HN⊥HB，并延长NH交CD延长线于M，先证明△MDH≌△ANH，得到HM=HN，AN=MD，再由
sinA=HNAH=45，5HN=4AH，得到AN=AH2−HN2=34HN,
设HN=MH=4x，AH=DH=5x，AN=MD=3x，然后证明△HMG∽△ENH，得到NEHM=NHMG=HEHG，由此求解即可；
（3）由S▱EFGH=12S▱ABCD，可以得到S△HDG+S△HAE=14S▱ABCD，设MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，则MH=h-t，DG=a-y，则12GD·MH+12AE·HN=14AB·MN，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB∥CD，
∴∠AEG=∠CGE，
∵四边形HEFG是平行四边形，
∴GF∥HE，HE=GF
∴∠HEG=∠FGE，
∵∠AEH+∠HEG=∠CGF+∠FGE，
∴∠AEH=∠CGF，
∴△AEH≌△CGF（AAS），
∴AE=CG
（2）①如图，连接BD与AC交于O，以O为圆心，以OB的长为半径画圆，分别于AB交于E，BC交于F，CD交于G，AD交于H，顺次连接E、F、G、H即为所求；
理由：直径所对的圆周角是直角，连接OG，OE，可以通过，∠ODG=∠OGD=∠OBE=OEB证明∠DOG=∠BOE，即G、O、E三点共线；
②如图，过点H作HN⊥HB，并延长NH交CD延长线于M，
∴∠HNA=∠HMD=90°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=10
∴∠MDH=∠NAH，
∵H是AD的中点，
∴AH=DH，
∴△MDH≌△ANH（AAS），
∴HM=HN，AN=MD，
∵sinA=HNAH=45，
∴5HN=4AH，
∴AN=AH2−HN2=34HN,
设HN=MH=4x，AH=DH=5x，AN=MD=3x，
∵四边形HEFG是矩形，
∴∠GHE=90°，
∴∠MHG+∠EHN=90°，
又∵∠EHN+∠HEN=90°，
∴∠MHG=∠NEH，
∵∠HMG=∠ENH=90°，
∴△HMG∽△ENH，
∴NEHM=NHMG=HEHG，
∵HG＝2HE，
∴NEHM=NHMG=HEHG=12，
∴NE=12MH=2x，MG=2NH=8x，
∴DG=MG−DM=5x，CG=AE=AN+NE=5x，
∴CD=DG+CG=10x=10，
解得x=1，
∴AD=AH+DH=10x=10；
（3）同（2）②作辅助线
由（1）证明△AEH≌△CGF，同理可以证明△DHG≌△BFE，
∴S△CGF=S△AEH，S△DGH=S△BEF，DG=BE
∵S▱EFGH=12S▱ABCD，
∴S△HDG+S△HAE=14S▱ABCD，
设MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，则MH=h-t，DG=a-y，
∵12GD·MH+12AE·HN=14AB·MN，
∴12a−yℎ−t+12ty=14aℎ，
∴2a−yℎ−t+2ty=aℎ，
∴aℎ−2yℎ−2at+4yt=0，
∴ℎa−2y−2ta−2y=0，
∴ℎ−2ta−2y=0，
∴ℎ=2t或a=2y，
∴H是AD的中点或E是AB的中点，
又∵AE=CG，
∴当E是中点的时候，G也是CD的中点，
同理当H是中点的时候，F是BC的中点，
∴点E，F，G，H中至少存在两个点是□ABCD边的中点．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
题型09 利用平行四边形的性质与判定求解
【例9】（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，在△ABC中，D，E，F分别是BC，AC，AB的中点．若AB=6，BC=8，则四边形BDEF的周长是（ ）
A．28B．14C．10D．7
【答案】B
【分析】首先根据D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，可判定四边形BDEF是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形BDEF的周长．
【详解】解：∵D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，
∴EF、ED分别是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，ED∥AB且EF=12BC=12×8=4，ED=12AB=12×6=3，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴BD=EF=4，BF=ED=3，
∴四边形BDEF的周长为：
BF+BD+ED+EF=3+4+3+4=14，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理，判定出四边形BDEF是平行四边形是解决本题的关键．
【变式9-1】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，直线y=x+1、y=x−1与双曲线y=kxk>0分别相交于点A、B、C、D．若四边形ABCD的面积为4，则k的值是（ ）

A．34B．22C．45D．1
【答案】A
【分析】连接四边形ABCD的对角线AC、BD，过D作DE⊥x轴，过C作CF⊥x轴，直线y=x−1与x轴交于点M，如图所示，根据函数图像交点的对称性判断四边形ABCD是平行四边形，由平行四边形性质及平面直角坐标系中三角形面积求法，确定S△COD=14S四边形ABCD=1=12OM⋅DE+CF，再求出直线y=x−1与x轴交于点M1,0，通过联立y=x−1y=kx求出C、D纵坐标，代入方程求解即可得到答案．
【详解】解：连接四边形ABCD的对角线AC、BD，过D作DE⊥x轴，过C作CF⊥x轴，直线y=x−1与x轴交于点M，如图所示：

根据直线y=x+1、y=x−1与双曲线y=kxk>0交点的对称性可得四边形ABCD是平行四边形，
∴S△COD=14S四边形ABCD=1=12OM⋅DE+CF，
∵直线y=x−1与x轴交于点M，
∴当y=0时，x=1，即M1,0，
∵ y=x−1与双曲线y=kxk>0分别相交于点C、D，
∴联立y=x−1y=kx，即y=ky−1，则y2+y−k=0，由k>0，解得y=−1±1+4k2，
∴ 12×1×−1+1+4k2−−1−1+4k2=1，即4k+1=2，解得k=34，
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及平行四边形的判定与性质，熟练掌握平面直角坐标系中三角形面积求法是解决问题的关键．
【变式9-2】（2023上·山东临沂·九年级沂水县实验中学校考期末）已知如图，A1,1、B4,2．CD为x轴上一条动线段，D在C点右边且CD=1，当AC+CD+DB的最小值为 .

【答案】13+1/1+13
【分析】本题考查了“将军饮马”求最值的模型，涉及了平行四边形的判定与性质、两点之间线段最短等知识点，将点A1,1向右平移1个单位长度得到点A'2,1构造平行四边形ACDA'是解题关键．
【详解】解：将点A1,1向右平移1个单位长度得到点A'2,1，作点A'2,1关于x轴的对称点A''2,−1，连接A″,B，与x轴的交点即为点D，此时AC+CD+DB的值最小，如图所示：
∵AA'=CD=1，且AA'∥CD
∴四边形ACDA'为平行四边形
∴AC=A'D
∵点A'2,1关于x轴的对称点为A''2,−1，
∴A'D=A″D
∴AC+CD+DB =A″D+DB+1≥A″B+1
∵A″B=2−42+−1−22=13
∴AC+CD+DB的最小值为：13+1
故答案为：13+1
【变式9-3】（2022·山东滨州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=5,AD=10．若点E是边AD上的一个动点，过点E作EF⊥AC且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，AF+FE+EC的最小值为 ．
【答案】25+552
【分析】过点D作DM∥EF交BC于M，过点A作AN∥EF，使AN=EF，连接NE，当N、E、C三点共线时，AF+FE+EC≥CN+AN，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】
过点D作DM∥EF交BC于M，过点A作AN∥EF，使AN=EF，连接NE，
∴四边形ANEF是平行四边形，
∴ AN=EF,AF=NE，
∴当N、E、C三点共线时，AF+CE最小，
∵四边形ABCD是矩形，AB=5,AD=10，
∴AD=BC=10,AB=CD=5,AD∥BC,∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=55，
∴四边形EFMD是平行四边形，
∴DM=EF，
∴DM=EF=AN，
∵EF⊥AC，
∴DM⊥AC,AN⊥AC，
∴∠CAN=90°，
∴∠MDC+∠ACD=90°=∠ACD+∠ACB，
∴∠MDC=∠ACB，
∴tan∠MDC=tan∠ACB，即MCCD=ABBC，
∴MC=52，
在Rt△CDM中，由勾股定理得DM=CD2+CM2=552=AN，
在Rt△ACN中，由勾股定理得CN=AC2+AN2=252，
∵AF+FE+EC≥CN+AN，
∴ AF+FE+EC≥25+552，
∴AF+FE+EC的最小值为25+552，
故答案为：25+552．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
【变式9-4】（2021·山西·统考中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A'，使A'B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A'M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=25，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）EF=BF；见解析；（2）AG=BG，见解析；（3）223．
【分析】（1）如图，分别延长AD，BF相交于点P，根据平行四边形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠PDF=∠C，∠P=∠FBC，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得FP=FB，根据直角三角形斜边中线的性质可得EF=12BP，即可得EF=BF；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=12AB，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据A'B⊥CD可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）EF=BF．
如图，分别延长AD，BF相交于点P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠PDF=∠C，∠P=∠FBC,
∵F为CD的中点，
∴DF=CF，
在△PDF和△BCF中，∠P=∠FBC∠PDF=∠CDF=CF，
∴△PDF≌△BCF，
∴FP=FB，即F为BP的中点，
∴BF=12BP，
∵BE⊥AD，
∴∠BEP=90°，
∴EF=12BP，
∴EF=BF．
（2）AG=BG．
∵将▱ABCD沿着BF所在直线折叠，点C的对应点为C'，
∴∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC'=FC，
∵F为CD的中点，
∴FC=FD=12CD，
∴FC'=FD，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵∠CFC'=∠FDC′+∠FC′D，
∴∠FC'D=12∠CFC'，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴DG//FB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC//AB，DC=AB，
∴四边形DGBF为平行四边形，
∴BG=DF，
∴BG=12AB，
∴AG=BG．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵▱ABCD的面积为20，边长AB=5，A'B⊥CD于点H，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=BC2−BH2=2，A′H=A′B-BH=1，
∵将▱ABCD沿过点B的直线折叠，点A的对应点为A'，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵A'B⊥CD于点H，AB//CD，
∴A'B⊥AB，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴CHA'H=BHNH，即21=4NH，
解得：NH=2，
∵A'B⊥CD，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴A'HA'Q=NHMQ，即15−MQ=2MQ，
解得：MQ=103，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=12A′B·MQ-12A′H·NH=12×5×103-12×1×2=223．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
题型10 利用平行四边形的性质与判定证明
【例10】（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
【变式10-1】（2023·安徽·统考中考真题）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P,F分别是CD,AB的中点．若AB=4，则下列结论错误的是（ ）

A．PA+PB的最小值为33B．PE+PF的最小值为23
C．△CDE周长的最小值为6D．四边形ABCD面积的最小值为33
【答案】A
【分析】延长AD,BC，则△ABQ是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当E点与F重合时，则Q,P,F三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．
【详解】解：如图所示，

延长AD,BC，
依题意∠QAD=∠QBA=60°
∴△ABQ是等边三角形，
∵P是CD的中点，
∴PD=PC，
∵∠DEA=∠CBA，
∴ED∥CQ
∴∠PQC=∠PED,∠PCQ=∠PDE，
∴△PDE≌△PCQ
∴PQ=PE，
∴四边形DECQ是平行四边形，
则P为EQ的中点
如图所示，

设AQ,BQ的中点分别为G,H，
则GP=12AE,PH=12EB
∴当E点在AB上运动时，P在GH上运动，
当E点与F重合时，即AE=EB，
则Q,P,F三点共线，PF取得最小值，此时AE=EB=12AE+EB=2，
则△ADE≌△ECB，
∴C,D到AB的距离相等，
则CD∥AB，
此时PF=32AD=3
此时△ADE和△BCE的边长都为2，则AP,PB最小，
∴PF=32×2=3，
∴PA=PB=22+32=7
∴PA+PB= 27，
或者如图所示，作点B关于GH对称点B'，则PB=PB'，则当A,P,B'三点共线时，AP+PB=AB'

此时AB'=AB2+BB'=42+232=27
故A选项错误，
根据题意可得P,Q,F三点共线时，PF最小，此时PE=PF =3，则PE+PF=23，故B选项正确；
△CDE周长等于CD+DE+CE=CD+AE+EB=CD+AB=CD+4，
即当CD最小时，△CDE周长最小，
如图所示，作平行四边形GDMH，连接CM，

∵∠GHQ=60°,∠GHM=∠GDM=60°，则∠CHM=120°
如图，延长DE,HG，交于点N，
则∠NGD=∠QGH=60°，∠NDG=∠ADE=60°
∴△NGD是等边三角形，
∴ND=GD=HM，
在△NPD与△HPC中，
∠NPD=∠HPC∠N=∠CHP=60°PD=PC
∴△NPD≌△HPC
∴ND=CH
∴CH=MH
∴∠HCM=∠HMC=30°
∴CM∥QF，则CM⊥DM，
∴△DMC是直角三角形，

在△DCM中，DC>DM
∴当DC=DM时，DC最短，DC=GH=12AB=2
∵CD=PC+2PC
∴△CDE周长的最小值为2+2+2=6，故C选项正确；
∵△NPD≌△HPC
∴四边形ABCD面积等于S△ADE+S△EBC+S△DEC=S△ADE+S平行四边NEBH

∴当△BGD的面积为0时，取得最小值，此时，D,G重合，C，H重合
∴四边形ABCD面积的最小值为3×34×22= 33，故D选项正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当E点与F重合时得出最小值是解题的关键．
【变式10-2】（2020·广东广州·统考中考真题）如图，点A的坐标为1,3，点B在x轴上，把ΔOAB沿x轴向右平移到ΔECD，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为 ．

【答案】(4，3)
【分析】过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到BD⋅AH=9，求出BD即可得到答案.
【详解】过点A作AH⊥x轴于点H，
∵A（1,3），
∴AH=3，
由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC=BD，
∵BD⋅AH=9，
∴BD=3，
∴AC=3，
∴C(4，3)，
故答案为：(4，3).

【点睛】此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.
【变式10-3】（2022·四川自贡·统考中考真题）如图，用四根木条钉成矩形框ABCD，把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
(1)通过观察分析，我们发现图中线段存在等量关系，如线段EB由AB旋转得到，所以EB=AB．我们还可以得到FC＝ ， EF＝ ；
(2)进一步观察，我们还会发现EF∥AD，请证明这一结论；
(3)已知BC=30cm,DC=80cm，若BE 恰好经过原矩形DC边的中点H ，求EF与BC之间的距离．
【答案】(1)CD，AD；
(2)见解析；
(3)EF于BC之间的距离为64cm．
【分析】（1）由推动矩形框时，矩形ABCD的各边的长度没有改变，可求解；
（2）通过证明四边形BEFC是平行四边形，可得结论；
（3）由勾股定理可求BH的长，再证明△BCH∽△BGE，得到BHBE=CHEG，代入数值求解EG，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵ 把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
∴由旋转的性质可知矩形ABCD的各边的长度没有改变，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案为：CD，AD；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∴EF∥BC，
∴EF∥AD；
（3）解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，
∵DC＝AB＝BE＝80cm，点H是CD的中点，
∴ CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，∠BCH＝90°，
BH＝BC2+CH2=402+302=50（cm），
∵ EG⊥BC，
∴∠EGB＝∠BCH＝90°，
∴CH∥EG，
∴ △BCH∽△BGE，
∴BHBE=CHEG，
∴5080=40EG，
∴EG＝64，
∵ EF∥BC，
∴EF与BC之间的距离为64cm．
【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式10-4】（2020·浙江舟山·统考中考真题）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】94；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，由勾股定理可得2−12x2+32=14x+42，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴2−12x2+32=14x+42，
解得：x＝94，
∴AF＝94cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
题型11 平行四边形性质与判定的应用
【例11】（2022·浙江舟山·校联考三模）如图，△ABC、△DBE和△FGC均为正三角形，以点D，E，F，G 在△ABC的各边上，DE和FG相交于点H，若S四边形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，则a，b，c 满足的关系式为（ ）
A．a+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a=2bc
【答案】B
【分析】分别用含a，b，c的代数式表示S四边形ADHF与S△HGE，根据S四边形ADHF=S△HGE得到关于a，b，c关系式，化简整理关系式即可．
【详解】解： ∵ ∠EDB=∠A=60°，
∴ DE∥AF ，
同理：FG∥AB ，
∴四边形ADHF为平行四边形，
∵在△HGE中∠HGE=∠HEG=60°，
∴ △HGE为等边三角形，
∵ GE=b+c−a，AD=a−b，AF=a−c，
∴ S▱ADHF=AF⋅AD⋅sin60°=32a−ca−b
S△HGE=34b+c−a2
∴ 32a−ca−b=34b+c−a2，化简可得：b2+c2=a2，
故选：B.
【点睛】本题综合考查了平行四边形及等边三角形的判定与性质，关键是要会用含a，b，c的代数式分别表示平行四边形和等边三角形的面积，找到关系式，化简整理得出结论．
【变式11-1】（2020·湖北省直辖县级单位·中考真题）在平行四边形ABCD中，E为AD的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．

（1）如图1，在BC上找出一点M，使点M是BC的中点；
（2）如图2，在BD上找出一点N，使点N是BD的一个三等分点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接对角线AC,BD，再连接E与对角线的交点，与BC的交点即为M点；
（2）连接CE交BD即为N点，根据相似三角形的性质可得NDNB=DEBC=12,于是DN=13BD．
【详解】解：（1）如图1，点M即为所求；
（2）如图2，点N即为所求．
【点睛】此题主要考查平行四边形与相似三角形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的特点．
【变式11-2】（2021·天津南开·统考二模）如图，将平行四边形OABC放置在平面直角坐标系xOy内，已知A(3,0),B(0,4)．
（1）点C的坐标是（___，__）；
（2）若将平行四边形OABC绕点O逆时针旋转90°得OFDE，DF交OC于点P，交y轴于点F，求△OPF的面积；
（3）在（2）的情形下，若再将平行四边形OFDE沿y轴正方向平移，设平移的距离为d，当平移后的平行四边形O'F'D'E'与平行四边形OABC重叠部分为五边形时，设其面积为S，试求出S关于d的函数关系式，并直接写出d的取值范围．
【答案】（1）(−3,4)；（2）5425；（3）S=−23d2+20875d+112751【分析】（1）结合平行四边形的性质，即可求C得点的坐标；
（2）依据旋转、平行四边形的性质可得∠OPF=90°，结合三角函数可求得PF=35OF，OP=45OF，又OF=3，即可求得ΔOPF的面积；
（3）由题可得平移的图形与平行四边形重叠部分的面积为五边形时，即1【详解】（1）由平行四边形的性质，可知：BC=OA=3，又点B与点C的纵坐标相同；
∴点C的坐标(−3,4)；
（2）由旋转的性质，可得：OF=OA=3, OB=OD=4
∵∠DFO=∠BAO=∠C，
∴∠DFO+∠BOC=90°，
∴∠FPO=90°，
由sin∠BOC=35,cs∠BOC=45，
∴ PF=35OF,OP=45OF；
∴ SΔOPF=12PF⋅OP=12×45×35×32=5425；
（3）由题可得平移的图形与平行四边形重叠部分的面积为五边形时，即1由图可得当D'F'恰好过点C时，即d<134；
∴ 沿y轴平移d的范围：1如图可得：重叠部分五边形面积为：S=SΔOH'F'−SΔBF'H−SΔOO'G；
当1∵OF'=d+3, OO'=d,BF'=d+3−4；
∴ SΔOO'G=12×35×45×d2；
∴ SΔBF'H=12×43×d+3−42；
所以重叠五边形面积为：
S=SΔOH'F'−SΔBF'H−SΔOO'G =12×35×45(d+3)2−12×35×45d2−12×43(d+3−4)2
=−23d2+20875d+11275；
【点睛】本题主要考查平行四边形、旋转性质，关键在利用旋转进行角度关系求解进行三角形函数的应用，特别是针对面积利用三角函数关系，求解属于灵活应用的难点；
【变式11-3】（2023·上海青浦·校考一模）如图，已知∠AOB=90°，∠AOB的内部有一点P，且OA=OB=OP=10，过点B作BC∥AP交AO于点C，OP与BC交于点D．
(1)如果tan∠AOP=34，求OC的长；
(2)设AP=x，BC=y，求y与x的函数关系式，并写出定义域；
(3)如果BD=AP，求△PBD的面积．
【答案】(1)OC的长为103
(2)y与x的函数关系式为y=200400−x2400−x2 0(3)△PBD的面积为502−50
【分析】（1）作AE⊥OP交OP于E，由tan∠AOP=34得，AEOE=34，设AE=3a，则OE=4a，由勾股定理得OA2=AE2+OE2，从而得出AE=6，OE=8，由BC∥AP，OA=OP得∠OCB=∠OAP=∠OPA，因为∠AEP=∠AOB=90°，从而得到△AEP∽△BOC，即AEPE=OBOC，计算即可得到答案；
（2）作AE⊥OP交OP于E，AF⊥AP交AP于F，由（1）得，△AEP∽△BOC，得到APAE=BCOB，即xAE=y10，在根据等面积法和勾股定理求出AE的长，从而即可求出y与x的函数关系式；
（3）连接AB、AD，AB交OP于G，由BD=AP，BD∥AP，得四边形ADBP为平行四边形，从而得AG=BG=12AB，DG=PG=12DP，又由OA=OB，得OG⊥AB，从而得到OG=AG=BG=12AB=12×102=52，PG=OP−OG=10−52，最后通过计算面积即可．
【详解】（1）解：如图所示，作AE⊥OP交OP于E，
，
∵ tan∠AOP=34，
∴tan∠AOE=AEOE=34，
设AE=3a，则OE=4a，
在Rt△AOE中，
∵OA2=AE2+OE2，OA=10，
∴3a2+4a2=102，
解得：a1=2，a2=−2（舍去），
∴AE=3a=6，OE=4a=8，
∴PE=OP−OE=10−8=2，
∵BC∥AP，OA=OP，
∴∠OCB=∠OAP=∠OPA，
∵∠AEP=∠AOB=90°，
∴△AEP∽△BOC，
∴AEPE=OBOC，即62=10OC，
解得：OC=103，
∴ OC的长为103；
（2）解：如图所示，作AE⊥OP交OP于E，AF⊥AP交AP于F，
，
由（1）得，△AEP∽△BOC，
∴APAE=BCOB，即xAE=y10，
∵ AF⊥AP，OA=OP=10，
∴AF=12AP=12x，
∴OF=OA2−AF2=102−12x2=400−x22，
∵12AP⋅OF=12OP⋅AE，即x⋅400−x22=10⋅AE，
解得：AE=x400−x220，
∴xx400−x220=y10，
∴y=200400−x2400−x2，
其中x最大为AB的长，为OA2+OB2=102+102=102，
∴0∴ y与x的函数关系式为y=200400−x2400−x2 0（3）解：如图所示，连接AB、AD，AB交OP于G，
∵BD=AP，BD∥AP，
∴四边形ADBP为平行四边形，
∵对角线AB、DP相交于点G，
∴AG=BG=12AB，DG=PG=12DP，
∵OA=OB，
∴OG⊥AB，
∴OG=AG=BG=12AB=12×102=52，
∴PG=OP−OG=10−52，
∴S△PBD=12×PD⋅BG=PG⋅BG=10−52×52=502−50．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定的应用，勾股定理，平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，是解题的关键
【变式11-4】（2023·北京·校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD，BE．
(1)求证：CE=AD．
(2)当AC=BC，且D为中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由．
(3)求AD∶DB=3∶2，CE=CA=3时，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形CDBE是正方形，理由见解析
(3)95
【分析】（1）证明四边形CADE是平行四边形即可得证；
（2）根据题意证明四边形CDBE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD=DB，则四边形CDBE是菱形，根据已知条件证明CD⊥AB，即可得出结论；
（3）根据勾股定理求得CB，根据平行线分线段成比例得出CF=125，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，
∴CE∥AD，
∴四边形CADE是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）四边形CDBE是正方形，理由如下，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°， AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴AD=DB，CD⊥AB
∵CE=AD
∴CE=DB，
又∵CE∥DB，
∴四边形CDBE是平行四边形，
∵CD=DB，
∴四边形CDBE是菱形，
∵CD⊥AB，
∴四边形CDBE是正方形；
（3）解：∵四边形CADE是平行四边形，
∴CE=AD，AC∥DE
∵AD∶DB=3∶2，CE=CA=3，
∴AD=3,DB=2
∴Rt△ABC中AC=3,AB=AD+DB=5
∴BC=AB2−AC2=4
∵AC∥DE，
∴CFFB=ADDB=32
∴CF=35CB=125，
在Rt△CEF中，EF=CE2−CF2=32−1252=95．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，平行线分线段成比例，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
考点三 三角形中位线
三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线.
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半.
三角形中位线定理的作用：
位置关系：可以证明两条直线平行.
数量关系：可以证明线段的倍分关系.
常用结论：任意一个三角形都有三条中位线，由此有：
结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半.
结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形.
结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形.
结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分.
结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等.
题型01 三角形中位线有关的计算
【例1】（2023·湖南株洲·统考一模）如图，在△ABC中，BC=4，点D，E分别为AB，AC的中点，则DE=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【答案】D
【分析】利用中位线的性质：平行三角形的第三边且等于第三边的一半即可求解．
【详解】∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵BC=4，
∴DE=2，
故选：D．
【点睛】本题考查了中位线的判定与性质，掌握中位线的判定与性质是解答本题的关键．
【变式1-1】（2023·河南许昌·统考二模）如图，在△ABC中，D，E，F分别是BC，AC，AB的中点．若AB=6，BC=8，则四边形BDEF的周长是（ ）
A．28B．14C．10D．7
【答案】B
【分析】首先根据D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，可判定四边形BDEF是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形BDEF的周长．
【详解】解：∵D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，
∴EF、ED分别是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，ED∥AB且EF=12BC=12×8=4，ED=12AB=12×6=3，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴BD=EF=4，BF=ED=3，
∴四边形BDEF的周长为：
BF+BD+ED+EF=3+4+3+4=14，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理，判定出四边形BDEF是平行四边形是解决本题的关键．
【变式1-2】（2023·湖北黄冈·统考二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点．若EF的长为10，则CD的长为 ．
【答案】10
【分析】根据三角形中位线定理求出AB，根据直角三角形的性质解答．
【详解】解：∵E、F分别为BC、AC的中点，
∴AB＝2EF＝20，
∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴CD=12AB=10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
【变式1-3】（2023·江苏扬州·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的边AO,AB的中点C，D的横坐标分别是1，4，则点B的横坐标是 ．
【答案】6
【分析】根据中点的性质，先求出点A的横坐标，再根据A、D求出B点横坐标．
【详解】设点A的横坐标为a，点B的横坐标是b；
∵O点的横坐标是0，C的横坐标是1 ，C，D是AO,AB的中点
∴12(a+0)=1 得a=2
∴12(2+b)=4 得b=6
∴点B的横坐标是6．
故答案为6．
【点睛】本题考查了中点的性质，平面直角坐标系，三角形中线的性质，正确的使用中点坐标公式并正确的计算是解题的关键．
题型02 三角形中位线与三角形面积计算问题
【例2】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为（ ）
A．12cm2B．9cm2C．6cm2D．3cm2
【答案】B
【分析】由三角形的中位线定理可得DE=12BC，DE∥BC，可证△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE=12BC，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴SΔADESΔABC=(DEBC)2=14，
∵S△ADE=3，
∴S△ABC=12，
∴四边形BDEC的面积=12-3=9(cm2)，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【变式2-1】（2023·福建莆田·校考模拟预测）如图，在△ABC中，D，E分别是AB、AC的中点，若SΔADE=2，则S△ABC＝（ ）

A．4B．8C．2D．16
【答案】B
【分析】先根据三角形中位线定理得到DE//BC,DE=12BC，再证得△ADE∼△ABC，然后根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE//BC,DE=12BC，
∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠C
∴△ADE∼△ABC，
∴S△ADES△ABC=DEBC2=14
∵SΔADE=2
∴.S△ABC=4S△ADE=4×2=8
故选：B
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质和判定、三角形中位线定理的应用，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
【变式2-2】（2023·内蒙古呼和浩特·校考一模）如图，DE是△ABC的中位线，M是DE的中点，CM的延长线交AB于N，那么NM:MC= ，S△DMN:S四边形ANME= ．
【答案】 1:3 1:5
【分析】利用DE是中位线，M是DE的中点，根据各边关系可以求出结果；把各边关系转换为面积的关系来解答即可．
【详解】解：DE是中位线，M是DE中点，
∴DM:BC=1:4，
MNNC=DMBC=14，
∴NMMC=13，
∵DE是中位线，
S△ADE=14S△ABC，
S四边形DBCE=34S△ABC，
连接AM，AE=CE，
∴S△AEM=S△MEC，
∴S△MEN=12×14S△ABC=18S△ABC，
∴S四边形DBCM=34−18S△ABC=58S△ABC，
∵DM:BC=1:4，
∴S△NDM:S四边形DBCM=1:15，
∴S△NDM=124S△ABC，
S△AMN=18−124S△ABC=112S△ABCS四边形ANME=112+18S△ABC=524S△ABC，
∴S△DMN:S四边形ANME=1:5，
故答案为：1:3；1:5．
【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，是解题的关键．
题型03 与三角形中位线有关的证明
【例3】（2023·新疆和田·和田市第三中学校考二模）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC的中点，延长DE至点F，使得CF∥AB，连接DC，AF．

(1)求证：△ADE≌△CFE；
(2)求证：四边形BDFC是平行四边形
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据点E是AC的中点，可得AE=EC，根据CF∥AB，可得∠DAE=∠FCE，由“角边角”即可求证；
（2）根据中位线，平行线的性质，四边形的判定“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵点E是AC的中点，
∴AE=EC，
∵CF∥AB，
∴∠DAE=∠FCE，
在△ADE和△CEF中，
∠DAE=∠FCEAE=CE∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CFEASA．
（2）解：∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∵CF∥AB，DE∥BC，
∴四边形BDFC是平行四边形．
【点睛】本题主要考查全等三角形判定，平行四边形的判定的综合，掌握全等三角形判定，平行四边形的判定方法是解题的关键．
【变式3-1】（2023·北京东城·统考一模）下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
【答案】证明见解析
【分析】方法一，证明△AED≌△CEFASA，则DE=EF，CF=AD，DE=12DF，CF=BD，证明四边形BCFD是平行四边形，则DF∥BC，DF=BC，进而结论得证；
方法二，证明△AED≌△CEFSAS，则CF=AD，∠CFE=∠ADE，AD∥CF，证明四边形DBCF是平行四边形，则DF=BC，DF∥BC，进而结论得证．
【详解】方法一，证明：∵点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴AE=CE，AD=BD，
∵CF∥AB，
∴∠A=∠FCE，
∵∠A=∠FCE，AE=CE，∠AED=∠CEF，
∴△AED≌△CEFASA，
∴DE=EF，CF=AD，
∴DE=12DF，CF=BD，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF∥BC，DF=BC，
∴DE∥BC，DE=12BC；
方法二，证明：∵点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴AE=CE，AD=BD，
∵AE=CE，∠AED=∠CEF，AD=BD，
∴△AED≌△CEFSAS，
∴CF=AD，∠CFE=∠ADE，
∴AD∥CF，CF=BD，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DF=BC，DF∥BC，
∵DE=12DF，
∴DE∥BC，DE=12BC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，中位线．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式3-2】（2023·江苏淮安·统考二模）我们知道，三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，如何证明三角形中位线定理呢？
(1)【方法回顾】证明：三角形中位线定理．
已知：如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点．
求证：DE∥BC，DE=12BC．

证明三角形中位线性质定理的方法很多，但多数都需要通过添加辅助线构图去完成，下面是其中一种证法的添加辅助线方法，阅读并完成填空：
添加辅助线，如图1，在△ABC中，过点C作CF∥AB，与DE的延长线交于点F．可证△ADE≌______，根据全等三角形对应边相等可得DE=EF，然后判断出四边形BCFD是______，根据图形性质可证得DE∥BC，DE=12BC．

(2)【方法迁移】如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠D=120°，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG=3，DF=4，∠GEF=90°，求GF的长．

(3)【定理应用】如图3，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，CGBG=KK>1，延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F，直接写出ABAF的值（用含K的式子表示）．

【答案】(1)△CFE；平行四边形
(2)GF的长为31
(3)ABAF的值为4KK−1
【分析】（1）根据全等三角形的判定和平行四边形的判定即可得出；
（2）过点D作AB的平行线交GE的延长线于点H，过H作CD的垂线，垂足为P，连接HF，全等三角形的判定可得△AEG≌△DEH，GF=HF，AG=HD=3
根据AD∥BC，∠A=90°，∠D=120°求得∠HDP=30°，故PH=32，PD=32
，PF=112，根据勾股定理，求得HF=HP2+PF2=322+1122=31，即可求得；
（3）取BC的中点H，连接DH，根据全等三角形的判定可得△DGH≌△DEC，即GH=CE，HE=CG，CG=GE=K⋅BG，可得BH=K+12BG，BE=3K+12BG，根据相似三角形的判定和性质可得HDBF=2K3K+1，AB=4K3K+1BF，根据BF=AB−AF即可求得．
【详解】（1）∵E是AC的中点
∴AE=CE
∵CF∥AB
∴∠A=∠FCE，∠DEA=∠CEF
∴△ADE≌△CFE
∴DE=EF
∵D是AB的中点
∴AE=BD
又∵CF∥BD，CF=BD
∴四边形BCFD是平行四边形
故答案为：△CFE；平行四边形．
（2）如图，过点D作AB的平行线交GE的延长线于点H，过H作CD的垂线，垂足为P，连接HF，

同（1）可知△AEG≌△DEH，GF=HF
∴∠A=∠HDE=90°，AG=HD=3
∵∠ADC=120°
∴∠HDF=360°−90°−120°=150°
∴∠HDP=30°
∴PH=12DH=32，PD=32
∴PF=PD+DF=32+4=112
在Rt△HFP中，∠HPF=90° ，HP=32，PE=112
∴HF=HP2+PF2=322+1122=31
∴GF=31
（3）取BC的中点H，连接DH

∵D是AC的中点
∴DH∥AB，DH=12AB
∵AB=AC
∴DH=DC
∴∠DHC=∠DCH
∵GD=DE
∴∠DGH=∠DEC
∴△DGH≌△DEC
∴GH=CE
∴HE=CG
∵CGBG=KK>1，即CG=GE=K⋅BG
∴BH=BG+GC2=BG+K⋅BG2=K+12BG
∴BE=BH+HE=BH+GC=K+12BG+K⋅BG=3K+12BG
∵DH∥AB
∴HDBF=HEBE
即HDBF=K⋅BG3K+12BG=2K3K+1
故HD=2K3K+1BF
∵DH∥AB
∴HDAB=12
即AB=2HD=4K3K+1BF
又∵BF=AB−AF
∴AB=4K3K+1BF=4K3K+1AB−AF
化简可得
ABAF=4KK−1
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线等知识，解（2）的关键是作出辅助线，解（3）的关键是根据相似三角形的性质进行等量代换，是一道比较典型的中考题．
【变式3-3】（2023·北京·统考一模）下面是证明三角形中位线定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
【答案】证明见解析
【分析】方法一：先证明△AED≌△CEF得到AD=CF，∠ADE=∠CFE，得到AD∥CF，再证明四边形BCFD是平行四边形，得到DF=BC，DF∥BC，则DE=12DF=12BC，即可证明DE∥BC，且DE=12BC．
方法二：同理可证△AEF≌△CEG得到CG=AF，∠AFE=∠CGE，再证明四边形ABGF是平行四边形，得到AB=GF，进一步证明四边形BDEG是平行四边形，得到DE∥BG，DE=BG，即可证明DE∥BC且DE=12BC．
【详解】方法一：证明：如图，延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF，
∵E是AC的中点，
∴AE=CE，
又∵DE=FE，∠AED=∠CEF，
∴△AED≌△CEFSAS，
∴AD=CF，∠ADE=∠CFE，
∴AD∥CF，
∵D是AB的中点，
∴AD=BD=CF，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF=BC，DF∥BC，
∵DE=FE，
∴DE=12DF=12BC，
∴DE∥BC，且DE=12BC．
方法二：证明：如图，取BC中点G，连接GE并延长到点F，使EF=GE，连接AF．
同理可证△AEF≌△CEG，
∴CG=AF，∠AFE=∠CGE，
∴AF∥CG，
∵G是BC中点，
∴BG=CG=AF，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AB=GF，
∵D，E分别是AB，GF的中点，
∴BD=12AB=GE=12GF，
∴BD=GE，
又∵BD∥GE，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴DE∥BG，DE=BG，
∴DE∥BC且DE=12BC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，正确理解题意是解题的关键．
题型04 三角形中位线的实际应用
【例4】（2023·广州市模拟）如图，为了测量池塘边A、B两地之间的距离，在线段AB的一侧取一点C，连接CA并延长至点D，连接CB并延长至点E，使A、B分别是CD、CE的中点，若DE＝16m，则线段AB的长度是（ ）
A．12mB．10mC．9mD．8m
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，解答即可．
【详解】解：∵点A、点B分别是CD、DE的中点，
∴AB是△CDE的中位线，
∴AB=12DE=8(m)，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
【变式4-1】（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，要测量池塘两岸相对的A，B两点间的距离，可以在池塘外选一点C，连接AC，BC，分别取AC，BC的中点D，E，测得DE＝50m，则AB的长是 m．
【答案】100
【分析】先判断出DE是△ABC的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得AB=2DE，问题得解．
【详解】∵点D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE=2×50=100米．
故答案为100．
【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理并准确识图是解题的关键．
题型05 与三角形中位线有关的规律探究
【例5】（2022·山东聊城·校联考一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边的中点E，作ED∥AB交AC于点D，EF∥AC交AB于点F，得到四边形EDAF，它的面积记作S1取BE边的中点E1，作E1D1FB交EF于D1，E1F1∥EF交BF于点F1，得到四边形E1D1FF1，它的面积记作S2，…照此规律作下去，则S2022的值为 ．
【答案】324045
【分析】根据中点和平行的条件可求出四边形EDAF的边长为三角形的一半为12，高为三角形高的一半为34，求出S1的值，同理求出S2、S3的值，找出规律列出Sn的表达式．
【详解】∵E是BC中点，ED∥AB，EF∥AC，
∴ED、EF是△ABC的中位线，
∴ED=EF=AD=AF=12AB=12，
∴四边形EDAF是菱形，
∵△ABC是等边三角形，
∴△ABC的高=12−122=32，
∴菱形EDAF的高为12×32=34，
∴S1=12×34=38=323，
同理，四边形E1D1FF1也是菱形，FF1=12BF=14，菱形E1D1FF1的高为12×34=38，
∴S2=14×38=332=325，
S3=18×316=3128=327
……
Sn=322n+1，
∴S2022=322×2022+1 =324045
故答案为：324045 ．
【点睛】本题考查了等边三角形和菱形，熟练掌握中位线的性质和菱形面积的计算方法，通过求菱形面积找出规律是解题关键．
【变式5-1】（2023·山东青岛·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=2，点D、点E、点F分别是AC，AB，BC边的中点，连接DE、EF，得到△AED，它的面积记作S；点D1、点E1、点F1分别是EF，EB，FB边的中点，连接D1E1、E1F1，得到△EE1D1，它的面积记作S1，照此规律作下去，则S2023= ．
【答案】324047/1240473
【分析】先由条件求出△ABC的面积，再由三角形的中位线定理可得DE∥BC，EF∥AC，S△BEF=S△ADE=122S△ABC=S，则S=14S△ABC
同理可得S△EE1D1=S△BE1F1=122S△BEF=14S，即S1=14S=142S△ABC；
以此类推，可得S2023．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=2
∴BC=AC⋅tanA=2×tan60°=23
S△ABC=12BC⋅AC=12×2×23=23
∵点D、点E、点F分别是AC，AB，BC边的中点
∴DE∥BC，EF∥AC，DE=12BC，EF=12AC
S△BEF=S△ADE=122S△ABC=S
∴S=14S△ABC=14×23=32
同理可得S△EE1D1=S△BE1F1=122S△BEF=14S，即S1=14S
S△E1E2D2=S△BE2F2=122S△BE1F1=14S1=142S，即S2=142S
……
S2023=142023S=124046S=124046×32=324047
故答案为：324047
【点睛】本题主要考查直角三角形面积，三角形的中位线定理，相似三角形的相似比，根据图形找到三角形的关系是解题的关键．
【变式5-2】（2021·黑龙江·校联考三模）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=4，分别连接AB，AC，BC的中点，得到第1个等腰直角三角形A1B1C1；分别连接A1B，A1C1，BC1的中点，得到第2个等腰直角三角形A2B2C2……以此规律作下去，得到等腰直角三角形A2020B2020C2020，则B1B2020的长为 ．
【答案】22−222018
【分析】由题意，先求出B1B2，B1B3，B1B4，然后找出变化的规律，即可得到答案．
【详解】解：在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=4，
∴AC=42+42=42，
∵A1、B1、C1是中点，
∴A1B1=B1C1=2，
∴A1C1=12AC=12×42=22，
∴BB1=A1C1=22，
∴BB2=B1B2=12×22=2；
∴BB3=B2B3=22，
∴B1B3=22−22；
同理可求：B1B4=22−24；
B1B5=22−28；
……
∴B1Bn=22−22n−2，
∴B1B2020=22−222018；
故答案为：22−222018．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是遵循从特殊到一般的探究方法，寻找规律，利用规律即可解决问题．
题型06 与三角形中位线有关的格点作图
【例6】（2023·浙江嘉兴·统考二模）在5×5的正方形网格中，点A，B，C都在格点上，仅用无刻度的直尺，按要求作图：

(1)在图中找一个格点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形；
(2)在图中作△ABC中平行于BC边的中位线EF．（保留画图痕迹，不写画法）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质作图即可；
（2）利用矩形的性质确定中点E、F，然后连接即可．
【详解】（1）解：如图所示，四边形ABCD即为所求；

（2）如图所示：线段EF即为所求；

【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及矩形的性质，理解特殊四边形的性质是解题关键．
【变式6-1】（2023·上海杨浦·统考三模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．如图，已知△ABC是6×6的网格图中的格点三角形，那么该网格中所有与△ABC相似且有一个公共角的格点三角形的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】取AB,BC,AC的中点D,F,E，再取网格点M、N，连接格点DE,DF,EF,MN，结合中位线的性质可证明△ADE∽△ABC，△BDF∽△BAC，△CEF∽△CAB，再根据BN=32，BM=4，BA=42，BC=6，可得BNBM=BCBA，结合∠ABC=∠MBN，有△ABC∽△MBN，即可获得答案．
【详解】解：如图，取AB,BC,AC的中点D,F,E，再取网格点M、N，连接格点DE,DF,EF,MN，

则DE∥BC，且DE=12BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC．
同理可证：△BDF∽△BAC，△CEF∽△CAB．
∵BN=32，BM=4，BA=42，BC=6，
∴BNBM=324=32×24×2=BCBA，
∴BNBM=BCBA，∠ABC=∠MBN，
∴△ABC∽△MBN，
综上，满足条件的三角形有4个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中位线的性质、相似三角形的判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答本题的关键．
【变式6-2】（2023·吉林长春·统考一模）如图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点．△ABC的顶点均在格点，点D为AC上一格点，点E为AB上任一点，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．
(1)在图①中画△ABC的中位线DF，使点F在边AB上．
(2)在图②中画以AC为对角线的▱ABCG．
(3)在图③中作射线ED，在其上找到一点H，使DH=DE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用格点找出AB的中点，即为点F；
（2）由图可知BC=2，因此将点A向右移动两格即为点G，连接CG可得▱ABCG；
（3）连接ED并延长，与CG的交点即为点H．
【详解】（1）解：DF如下图所示；
（2）解：▱ABCG如下图所示；
理由如下：由图可知AG∥BC，AG=BC，
∴四边形ABCG以AC为对角线的平行四边形；
（3）解：点H如下图所示．
理由如下：由（2）知四边形ABCG是平行四边形，
∴ AE∥CH，AD=CD，
∴ ∠EAD=∠HCD，
在△EAD和△HCD中，
∠EAD=∠HCDAD=CD∠EDA=∠HDC，
∴ △EAD≌△HCDASA，
∴ DH=DE．
【点睛】本题考查格点作图，解题的关键是掌握格点作图的特点、平行四边形的判定和性质，以及全等三角形的判定和性质．
【变式6-3】（2022·浙江温州·统考模拟预测）如图，是8×8的方格纸，线段AB的两个端点分别落在格点上，请按照要求画图：
(1)在图1中画一个格点四边形APBQ，且AB与PQ互相平分．
(2)在图2中画一个以AB为中位线的格点△DEF．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据菱形的对角线互相平分的性质作图；
（2）由中位线的性质作图
【详解】（1）解：如下图，答案不唯一．
（2）如下图，答案不唯一．
【点睛】本题考查网格作图，涉及菱形的性质、中位线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
题型07 构造三角形中位线的常用方法
类型一 连接两点构造三角形中位线
【例7】（2021·山东枣庄·统考一模）如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN．若AB＝7，BE＝5，则MN＝（ ）
A．112B．132C．6D．152
【答案】B
【分析】连接CF，则MN为△DCF的中位线，根据勾股定理求出CF长，即可求出MN的长．
【详解】解：连接CF，
∵正方形ABCD和正方形BEFG中，AB＝7，BE＝5，
∴GF＝GB＝5，BC＝7，
∴GC＝GB+BC＝5+7＝12，
∴CF＝GF2+GC2＝52+122＝13，
∵M、N分别是DC、DF的中点，
∴MN＝12CF＝132，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，构造基本图形是解题的关键．
【变式7-1】（2020·山东泰安·统考二模）如图，抛物线y=14x2−4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连结OQ.则线段OQ的最大值是（ ）
A．3B．412C．72D．4
【答案】C
【分析】根据抛物线解析式可求得点A（-4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=12BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值．
【详解】解：连结BP，
∵抛物线y=14x2−4与x轴交于A、B两点，
当y=0时，14x2−4=0，
解得x=±4，
∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4，
在直角△COB中，
BC=OC2+OB2=32+42=5，
∵Q是AP上的中点，O是AB的中点，
∴OQ为△ABP中位线，即OQ=12BP，
又∵P在圆C上，且半径为2，
∴当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大，
此时BP=BC+CP=5+2=7，
OQ=12BP=72．
故选择C．
【点睛】本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况．
【变式7-2】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A．62B．32
C．2−3D．6−22
【答案】D
【分析】如图，连接EF，先证明AB=BC=CD=AD=3,∠ABC=90°=∠A=∠D, 再求解tan∠EBC=CEBC=13=33, 可得∠EBC=30°, ∠ABF=12∠ABE=30°, 再求解AF=AB·tan30°=1, 可得△DEF为等腰直角三角形，求解EF=2DE=6−2, 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，
∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB=BC=CD=AD=3,∠ABC=90°=∠A=∠D,
∵CE=1,
∴DE=3−1,
∴tan∠EBC=CEBC=13=33,
∴∠EBC=30°,
∴∠ABE=90°−30°=60°,
∵AF平分∠ABE,
∴∠ABF=12∠ABE=30°,
∴AF=AB·tan30°=3×33=1,
∴DF=3−1,
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴EF=2DE=2(3−1)=6−2,
∵M,N分别为BE,BF的中点，
∴MN=12EF=6−22.
故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解∠EBC=∠ABF=30°是解本题的关键．
【变式7-3】（2021·河南·统考模拟预测）如图，▱ABCD的顶点C在等边△BEF的边BF上，点E在AB的延长线上，G为DE的中点，连接CG．若AD=3，AB=CF=2，则CG的长为 ．
【答案】32
【分析】延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=12EM，代入数值即可得出答案．
【详解】解：如下图所示，延长DC交EF于点M，AD=3，AB=CF=2，
∵平行四边形ABCD的顶点C在等边△BEF的边BF上，
∴DM//AE，
∴△CMF是等边三角形，
∴AB=CF=CM=MF=2．
在平行四边形ABCD中，AB=CD=2，AD=BC=3，
又∵ △BEF是等边三角形，
∴BF=BE=EF=BC+CF=3+2=5，
∴EM=EF−MF=5−2=3．
∵ G为DE的中点，CD=CM=2，
∴C是DM的中点，且CG是△DEM的中位线，
∴CG=12EM=32．
故答案为：32．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出CG是△DEM的中位线是解题的关键．
【变式7-4】（2023·四川内江·统考二模）如图，点A，B的坐标分别为A(6，0)，B(0，6)，C为坐标平面内一点，BC=22，M为线段AC的中点，连接OM，当OM取最大值时，点M的坐标为 ．
【答案】4,4
【分析】根据题意可知：点C在半径为22的⊙B上．在x轴上取OD=OA=6，连接CD，易证明OM是△ACD的中位线，即得出OM=12CD，即当OM最大时，CD最大，由D，B，C三点共线时，即当C在DB的延长线上时，OM最大，根据勾股定理求出BD的长，从而可求出CD的长，最后即可求出OM的最大值．
【详解】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=22，
∴C在⊙B上，且半径为22，
在x轴上取OD=OA=6，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD，
∴即当OM最大时，CD最大，而D，B，C三点共线时，即当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=OD=6，∠BOD=90°，
∴BD=62，
∴CD=62+22=82，且C(2,8),
∴OM=12CD=42，即OM的最大值为42，
∵M是AC的中点，则M（4,4），
故答案为：（4,4）．
【点睛】本题考查坐标和图形，三角形的中位线定理，勾股定理等知识．确定OM为最大值时点C的位置是解题关键，也是难点．
类型二 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
【例8】（2023·陕西商洛·统考一模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，对角线AC与BD交于点O，E为OB中点，F为AD中点，连接EF，则EF的长为 ．
【答案】132
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝12AO＝12，FH∥AO，然后求出OE、OH，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝12AB＝1，BO＝22−12=3＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝12AO＝12，FH∥AO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝32，OH＝32，
∴EH＝3，
∴EF＝EH2+FH2=3+14=132，
故答案为：132．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2022·广东深圳·统考一模）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90，AC=6、BC=4，点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于M交AB于E， D是AB的中点，则DM长度的最小值是( )
A．3B．2C．1D．6-2
【答案】C
【分析】取AC的中点T，连接DT，MT．利用三角形的中位线定理求出DT，利用直角三角形的中线的性质求出MT，再根据DM≥MT−DT，可得结论．
【详解】解：如图，取AC的中点T，连接DT，MT．
∵AD=DB，AT=TC，
∴DT=12BC=2．
∵CE⊥AF，
∴∠AMC=90°，
∴TM=12AC=3，
∴点M的运动轨迹是以T为圆心，TM为半径的圆，
∴DM≥TM−DT=3−2=1，
∴DM的最小值为1，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边中线解决问题．
【变式8-2】（2023·湖北孝感·校考一模）如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，点E是DA中点，F是对角线AC上一点，且∠DEF=45°，则AF:FC的值是（ ）
A．3B．5+1C．22+1D．2+3
【答案】D
【分析】取AC的中点M，连接EM设CD=2x,由中位线性质可得EM//CD,EM=12CD,EM=x,再根据∠DAB=60°，∠DEF=45°可得出FM=EM=x,从而得到FC的长，即可得到AF:FC的结果．
【详解】解：如图所示：取AC的中点M，连接EM，DM ，设CD=2x,
∵点E是DA中点，
∴EM是△ACD的中位线，
∴EM//CD,EM=12CD,
∴EM=x,
∵∠DAB=60°,四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC=∠DCA=∠EMA=30°，∠AMD=90°，
∵∠DEF=45°
∴∠EFM=45°−30°=15°, ∠FEM=30°−15°=15°，
∴∠EFM=∠FEM=15°,
∴FM=EM=x,
∵CD=DA=2x,∠CAD=∠ACD=30°,
∴DM=12AD=x，
∴AM=AD2−AM2=3x
∴AC=23x,
∴AM=3x,
∴FC=23x−3x−x=3x−x,
∴AFFC=3x+x3x−x=3+13−1=2+3,
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和中位线的性质，熟练掌握这些性质是解此题的关键．
【变式8-3】（2024·福建福州·校考一模）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF,DE．

(1)如图1，求证：DE=BF；
(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2+2．
【分析】（1）证明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF，利用SAS证明△DCE≌△FEB即可证明结论成立；
（2）取CF的中点H，连接GH，证明GH是△FCD的中位线，设BE=a，则FH=12a−2，证明△FGH∽△FBE，得到GHBE=FHEF，即a2−4a−4=0，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰△ACD和等腰△BCE，
∴AD=CD，EC=EB，∠A=∠DCA，
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD∥BE，
∴∠DCE=∠BEF，
∵EF=AD，
∴EF=CD，
在△DCE和△FEB中，CD=EF∠DCE=∠FEBEC=EB，
∴△DCE≌△FEBSAS，
∴DE=BF；
（2）解：取CF的中点H，连接GH，

∵点G是DE的中点，
∴GH是△FCD的中位线，
∴GH=12CD=12AD=1，GH∥CD，
设BE=a，则CH=EH=12CE=12BE=12a，
∵EF=AD=2，
∴FH=12a−2，
∵CD∥BE，
∴GH∥BE，
∴△FGH∽△FBE，
∴GHBE=FHEF，即1a=12a−22，
整理得a2−4a−4=0，
解得a=2+22（负值已舍），
经检验a=2+22是所列方程的解，且符合题意，
∴BE=2+22．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
类型三 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
【例9】（2023·广东广州·统考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E，G分别在AD，BC边上，且AE=3DE，BG=CG，连接BE、CE，EF平分∠BEC，过点C作CF⊥EF于点F，连接GF，若正方形的边长为4，则GF的长度是（ ）
A．5−32B．5−152C．5−172D．17−32
【答案】C
【分析】延长CF交BE于H，利用已知条件证明△HEF≌△CEF(ASA)，然后利用全等三角形的性质证明GF=12BH，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图：延长CF交BE于H，
∵EF平分∠BEC，
∴∠HEF=∠CEF，
∵CF⊥EF，
∴∠HEF=∠CFE，
在△HEF和△CEF中，
∠HEF=∠CEFEF=EF∠HFE=∠CFE，
∴△HEF≌△CEF(ASA)，
∴HF=CF，EH=EC，
而BG=CG，
∴GF=12BH，
∵AE=3DE，正方形的边长为4，
∴AE=3，AB=CD=4，DE=1，
在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=5，
在Rt△CDE中，CE=HE=CD2+DE2=17，
∴BH=BE−HE=5−17，
∴GF=12BH=5−172．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形中位线的性质，具有一定的综合性，解题关键是作出辅助线，利用全等三角形、正方形和三角形中位线的性质以及勾股定理求解．
【变式9-1】（2022·湖北咸宁·校考模拟预测）如图，△ABC中，AB=10，AC=6，AD平分∠BAC，CD⊥AD，E为BC的中点，则DE的长为（ ）

A．2B．3C．1.5D．2.5
【答案】A
【分析】延长CD交AB于点F，证△ADF≌△ADCASA，再由E为BC的中点，即可求解；
【详解】解：延长CD交AB于点F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠CAD，
∵CD⊥AD，
∴∠ADF=∠ADC，
∵AD=AD，
∴△ADF≌△ADCASA，
∴DF=DC，AF=AC=6
∵E为BC的中点，
∴DE=12BF，
∵AB=10，
∴DE=12BF=12AB−AF=12×10−6=2，
故选：A．

【点睛】本题主要考查三角形的全等证明、中位线的性质，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．
【变式9-2】（2023·安徽滁州·统考二模）如图，△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB=90°，则下列结论中不正确的是（ ）
A．BF平分∠ABCB．∠CAF=∠BAC−∠DFA
C．S△ADE=14S四边形DBCED．EF=12BC−AB
【答案】C
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得到DF=12AB=AD=BD，则∠DBF=∠DFB，再证明DE为△ABC的中位线，得到DE∥BC，进而推出∠DBF=∠CBF，即可判断A；根据DF=DA，得到∠DAF=∠DFA，即可得到∠CAF=∠BAC−∠DAF=∠BAC−∠DFA，即可判断B；证明△ADE∽△ABC，得到S△ADES△ABC=14，则S△ADES四边形DBCE=13，即可判断C；延长AF交BC于点G，证明△ABF≌△GBF，得到AF=FG，AB=BG，即可判断D．
【详解】解：∵点D是AB的中点，∠AFB=90°，
∴DF=12AB=AD=BD，
∴∠DBF=∠DFB，
∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∴∠CBF=∠DFB，
∴∠DBF=∠CBF，
∴BF平分∠ABC，故选项A不符合题意；
∵DF=DA，
∴∠DAF=∠DFA，
∴∠CAF=∠BAC−∠DAF=∠BAC−∠DFA，选项B不符合题意；
∵DE∥BC，DE=12BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=122=14，
∴S△ADES四边形DBCE=13，
∴S△ADE=13S四边形DBCE，选项C符合题意；
延长AF交BC于点G，
∵∠ABF=∠GBF，BF=BF，∠AFB=∠GFB=90°，
∴△ABF≌△GBFASA，
∴AF=FG，AB=BG，
∵AE=EC，
∴EF=12CG=12BC−BG=12BC−AB，选项D不符合题意．
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判断，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式9-3】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，cs∠B=34，AE平分∠BAC，且AE⊥CE于点E，点D为BC的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．2B．4−7C．27D．2−72
【答案】B
【分析】利用余弦求出AB的长，利用勾股定理求出AC的长，延长CE交AB于点F，证明△AFE≌△ACEASA，得到AC=AF=27，推出DE是△CBF的中位线，进行求解即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，BC=6，cs∠B=34，
∴BCAB=34，
∴AB=43BC=8，
∴AC=AB2−BC2=27；
延长CE交AB于点F，
∵AE平分∠BAC，AE⊥CE，
∴∠EAF=∠EAC,∠AEC=∠AEF=90°，
又∵AE=AE，
∴△AFE≌△ACEASA，
∴AC=AF=27，CE=EF，
∴点E为CF的中点，
∵点D为BC的中点，
∴DE=12BF=12AB−AF=4−7；
故选B．
【点睛】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．通过添加辅助线，证明三角线全等，是解题的关键．
考点要求
新课标要求
命题预测
多边形的相关概念
了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线.
探索并掌握多边形内角和与外角和公式.
本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为10分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能性比较大．中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用．
平行四边形的性质与判定
探索并证明平行四边形的性质定理.
探索并证明平行四边形的判定定理.
三角形中位线
探索并证明三角形中位线定理.
多边形
三角形
四边形
五边形
…
n边形
外角和
___________
___________
___________
…
___________
内角和
___________
___________
___________
…
___________
多边形
三角形
四边形
五边形
…
n边形
外角和
360°
360°
360°
…
360°
内角和
180°
360°
540°
…
n−2×180°
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点．
求证：DE∥BC，且DE=12BC．
方法一
证明：如图，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F．
方法二
证明：如图，延长DE到点F，使得EF=DE，连接FC，DC，AF．
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC边的中点．求证：DE∥BC，且DE=12BC．
方法一：
证明：如图，延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF．
方法二：
证明：如图，取BC中点G，连接GE并延长到点F，使EF=GE，连接AF．