考点17多边形与平行四边形（精讲）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版

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多边形与平行四边形是历年中考考查重点，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（相似）、函数、解直角三角形等综合考查的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【知识清单】
1：多边形的相关概念（☆☆）
1）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 。
2）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 。
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，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 。
4）多边形内角和定理：n边形的内角和为 (n−2)∙180°（n≥3） 。
5）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。
6）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 。
7）平面镶嵌（密铺）的条件：在同一顶点内的几个角的和等于360°；所有正多边形中，单独使用其中一种能够进行密铺(镶嵌)的只有正三角形、正方形、正六边形。如果选用多种，则需要满足：(1)边长相等；(2)选用正多边形若干个内角的和恰好等于360°。
2：平行四边形的性质与判定（☆☆☆）
1）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 。
2）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”.
3）平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（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。
4）补充性质：
（1）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和周长。
（2）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。
（3）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。
（4）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD。
5）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。
3：中位线（☆☆☆）
1）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。
2）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。
3）三角形中位线定理的作用：（1）证明位置关系：可以证明两条直线平行；（2）证明数量关系：可以证明线段的倍分关系。
4）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。
【易错点归纳】
1.多边形的有关计算的公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误；
2.切记一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形。
【核心考点】
核心考点1. 多边形的相关概念
例1：（2023·重庆·统考中考真题）若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为 ．
【答案】/800度
【分析】根据多边形的内角和公式即可得．
【详解】解：∵七边形的内角中有一个角为，
∴其余六个内角之和为，故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题关键．
变式1.（2023·江苏连云港·校考三模）一个多边形的内角和等于，那么它是（ ）
A．十边形B．十一边形C．十二边形D．十三边形
【答案】D
【分析】根据题意可以设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理列方程求解即可.
【详解】设这个多边形的边数为n，
∵一个多边形内角和等于，∴，解得，．即它是十三边形，故选D．
【点睛】本题考查了多边形的内角定理，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．
变式2.（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为 度．

【答案】
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
变式3.（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为________．
【答案】6
【分析】根据多边形的内角和进行即可求解．
【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边形的内角和增加360°，10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，设还有一张多边形纸片的边数为，
，解得．故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键．
例2：（2023·北京·统考中考真题）正十二边形的外角和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据任何多边形的外角和都为即可解答．
【详解】解：因为多边形的外角和为360°，所以正十二边形的外角和为：．故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和，掌握任何多边形的外角和都为是解答本题的关键．
变式1.（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为，∴，故选A
【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为是解本题的关键．
变式2.（2023·湖北黄冈·统考中考真题）若正n边形的一个外角为，则 ．
【答案】5
【分析】正多边形的外角和为，每一个外角都相等，由此计算即可．
【详解】解：由题意知，，故答案为：5．
【点睛】本题考查正多边形的外角问题，解题的关键是掌握正n边形的外角和为，每一个外角的度数均为．
变式3.（2023·河北保定·校考模拟预测）如果一个正多边形的内角比它相邻的外角大，那么这个多边形是 边形．
【答案】九
【分析】设正多边形的内角为x，则与它相邻的外角度数为，根据题意列方程，求出，进而求出外角的度数，进而根据外角和求解即可．
【详解】设正多边形的内角为x，则与它相邻的外角度数为，
∴，解得，∴，∴．
∴这个多边形是九边形．故答案为：九．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，正多边形的内角与外角的关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
例3：（2023·浙江·模拟预测）用三种边长相等的正多边形地砖铺地，其顶点在一起，刚好能完全铺满地面，已知正多边形的边数为x、y、z，则的值为 ．
【答案】/
【分析】利用正n多边形的内角公式求解即可．
【详解】解：根据题意，这三种边长相等的正多边形的内角和为，
则，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形的内角问题，理解题意，得到这三种边长相等的正多边形的内角和为是解答的关键．
变式1.（2023·吉林长春·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】
【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
设菱形的最小内角为，根据题意得，解得： 故答案为：．
【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2.（2023·广东深圳·校联考模拟预测）20世纪70年代，数学家罗杰·彭罗斯使用两种不同的菱形，完成了非周期性密铺，如下图，使用了，两种菱形进行了密铺，则菱形的锐角的度数为 °．

【答案】36
【分析】如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据密铺的图案中一个顶点处的周角为列出方程组，解答即可．
【详解】解：如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据题意，得
，解得，故答案为：36．

【点睛】本题常考了密铺问题，涉及了菱形的性质、多边形的内角和、三元一次方程组等知识，正确理解题意、得出方程组是解题的关键．
例4：（2023·浙江丽水·统考一模）已知一个多边形内角和为，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，，∴，∴这个多边形为八边形，
∴这个多边形可连对角线的条数是，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是解题的关键．
变式1.（2023·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再解方程，从而可得答案．
【详解】解：设这个多边形为边形，则，，解得：，
所以从这个多边形的一个顶点出发共有条对角线，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,外角和为”是解题的关键．
变式2.（2023·陕西西安·校考模拟预测）一个正多边形每一个中心角都为40°，则这个正多边形共有 条对角线．
【答案】27
【分析】利用多边形的中心角之和是度，每个中心角都是，可求多边形的边数，再根据一个多边形有条对角线，即可算出共有多少条对角线．
【详解】解：，这个正多边形有条边；
，这个正多边形共有条对角线．故答案为：．
【点睛】本题主要考查正多边形的中心角、对角线条数，解题的关键是掌握n边形对角线条数．
核心考点2. 平行四边形的性质与判定
例5：（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（ ）

A．四边形由矩形变为平行四边形B．对角线的长度减小
C．四边形的面积不变D．四边形的周长不变
【答案】C
【分析】根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可．
【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意；
B、向左扭动框架，的长度减小，故B正确，不符合题意；
C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意；
D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意，故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．
变式1.（2023·北京海淀·校考模拟预测）下列命题中的假命题是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是中心对称图形
B．有一个角是直角的平行四边形是轴对称图形
C．对角线互相垂直的平行四边形是中心对称图形
D．等边三角形既是轴对轴图形，又是中心对称图形
【答案】D
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形的判定与性质，以及等边三角形的性质进行逐项判断即可．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是中心对称图形，真命题，不符合题意；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，是轴对称图形，真命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是中心对称图形，真命题，不符合题意；
D、等边三角形既是轴对轴图形，不是中心对称图形，假命题，符合题意，故选：D．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．熟练掌握相关知识是解答的关键．
变式2.（2023·四川绵阳·统考中考真题）如图，将平行四边形ABCO放置在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，若点A的坐标是(6，0)，点C的坐标是(1，4)，则点B的坐标是 ．
【答案】（7，4）
【详解】试题分析：∵四边形ABCO是平行四边形，O为坐标原点，点A的坐标是（6，0），点C的坐标是（1，4），∴BC=OA=6，6+1=7，∴点B的坐标是（7，4）；故答案为（7，4）．
考点：平行四边形的性质；坐标与图形性质．
例6：（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在平行四边形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．若，则为 ．

【答案】
【分析】先利用基本作图得，再根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，从而得到．
【详解】解：由作法得平分，，
四边形为平行四边形，，，
，．故答案为：．
【点睛】本题考查了尺规作角平分线，平行四边形的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键．
变式1.（2023·山东潍坊·统考二模）已知中，∠A=55°，分别以点B，点C为圆心，以大于的长为半径画弧，分别交于点M，N，作直线交于点E，则的度数为（ ）

A．55°B．60°C．65°D．70°
【答案】D
【分析】由得，根据题意得是得垂直平分线，则，得，即求得的度数．
【详解】∵解：四边形是平行四边形，
∴，，则，
∵以点B，点C为圆心，以大于的长为半径画弧，分别交于点M，N，作直线交于点E，
∴是得垂直平分线，则，所以，
那么，故选：D．
【点睛】本题主要考查的是平行四边形性质以及垂直平分线等知识内容，熟练掌握垂直平分线性质是解题的关键．
变式2.（2022·湖南湘潭·中考真题）在中（如图），连接，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的对边平行和两直线平行内错角相等的性质，再通过等量代换即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴ABCD ∴∠DCA＝∠CAB，
∵∠DCA+∠ACB，，∴40º+80º=120º，故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和平行线的性质，解题的关键是熟记性质并熟练运用．
例7：（2023·海南·统考中考真题）如图，在中，，，平分，交边于点，连接，若，则的长为（ ）

A．6B．4C．D．
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线的定义可得，从而得到，推出，，过点作于点，由直角三角形的性质和勾股定理可得，，，即可得到答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，，
平分，，，，
，，如图，过点作于点，
，
则，，
，，，
，故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．
变式1.（2023·福建·统考中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为 ．

【答案】10
【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答．
【详解】解：∵中，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴,即．故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．
变式2.（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 ．

【答案】
【分析】可证，从而可得，再证四边形是平行四边形，可得，即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，，，
由折叠得：，，，
，，，
，，四边形是平行四边形，
． 故答案：．
【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
变式3.（2023·山西·统考中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为 ．

【答案】
【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可．
【详解】解：∵在中，，
∴，，由作图知平分，，
∴是等边三角形，，∴，，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键．
例8：（2023·黑龙江大庆·统考模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（ ）

A．①②B．②③④C．①②③D．①③④
【答案】C
【分析】根据，点E是的中点，，可知是等边三角形，得出，，进而得出，根据平行四边形得性质可判断①，再根据平行四边形的性质得，即可说明是否平分，然后说明是的中位线，可判断和的关系，再根据点O是的中点，得，由点E是的中点，得，进而得，然后根据平行四边形的性质得，即可判断④，得出答案．
【详解】∵，点E是的中点，∴.
∵，，∴，∴是等边三角形，
∴，，∴，∴．
∵四边形是平行四边形，∴，，
∴，，∴是平分．则①②正确；
∵点E是的中点，点O是的中点，∴是的中位线，
∴，∴．则③正确；∵点O是的中点，∴．
∵点E是的中点，∴，∴．
由平行四边形的性质得，∴，即．则④不正确．
所以正确的有①②③.故选：C.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，求三角形的面积等，弄清各三角形的面积之间的关系是解题的关键．
变式1.（2023·广西北海·统考三模）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，过点O，交于点F，交于点E．若，，，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．1.5B．3C．6D．4
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的逆定理，利用三角形全等，把阴影面积转化为的面积计算即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，，
在和中，∵，∴，∴，
在和中，∵，∴，∴，
∵，，，∴是直角三角形，且，
∴，故选：C．
变式2.（2023·广东潮州·二模）如图，在中，为对角线．(1)求证：．(2)尺规作图：作的垂直平分线，分别交于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；(3)若的周长为10，求的周长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)20
【分析】（1）根据平行线的性质得到，利用即可证明；
（2）以分别为圆心，大于长为半径作弧交于两点，过两交点作直线，即为所作垂直平分线；（3）利用垂直平分线的性质可以得到，结合，得到，根据平行四边形的性质即可求得结论；
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴，
在和中，，∴；
（2）如图，即为所作；

（3）∵垂直平分，∴，∵的周长为10，∴，
∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，
∴的周长．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形全等的判定，作垂直平分线，垂直平分线的性质，准确作图是解题的关键．
变式3.（2023·湖南·统考中考真题）如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．(1)求证：；(2)若，求的长和的面积．

【答案】(1)见解析(2)；的面积为
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，求得，根据等腰三角形的判定定理即可得到；
（2）根据线段的和差得到；过D作交的延长线于H，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式即可得到的面积．
【详解】（1）证明：在中，，∴，
∵平分，∴，∴，∴．
（2）解：∵，∴；
过D作交的延长线于H，

∵，∴，∴，∴，
∴，∴的面积．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算、等腰三角形的判定和性质等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
例9：（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形中，已知，添加下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可知A项不符合题意；根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知B项不符合题意；据全等三角形的判定与性质可知D项不符合题意进而即可判断．
【详解】解：∵，，∴由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴项能判定四边形是平行四边形，故项不符合题意；
∵，，∴由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴项能判定四边形是平行四边形，故项不符合题意；
∵，但和不一定平行，
∴项不能判定四边形是平行四边形，故符合题意；
∵，∴，
∵，，∴，∴，
∴项能判定四边形是平行四边形，故项不符合题意；故选：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定是解题的关键．
变式1.（2023·江苏南通·统考二模）如图，在中，点，点在对角线上．要使，可添加下列选项中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定定理；根据平行四边形的性质可得，，则，进而逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，
A.添加条件，不能根据证明，故该选项不正确，不符合题意；
B.已知，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；
C.添加条件，则，即，根据证明，故该选项正确，符合题意；
D.添加条件，不能证明，故该选项不正确，不符合题意； 故选：C．
变式2.（2023·河南周口·校联考模拟预测）如图，已知，添加下列条件，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可．掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．
【详解】解：A、，，
，，，
四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、，，
，，，
四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、，，不能判定四边形是平行四边形，故选项C符合题意；
D、，，
又∵，四边形是平行四边形，故选项D不符合题意；故选：C．
例10：（2023·江苏镇江·统考中考真题）如图，B是AC的中点，点D，E在同侧，，．(1)求证：≌．(2)连接，求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）由B是的中点得，结合，，根据全等三角形的判定定理“”即可证明≌；（2）由（1）中≌得，进一步得，再结合，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】（1）解：∵B是的中点，∴．
在和中，∴≌（）．
（2）如图所示，∵≌，∴，∴．
又∵，∴四边形是平行四边形．
【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，熟练掌握全等三角形的判定方法与性质是解题的关键．
变式1.（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形．(2)若的面积等于2，求的面积．

【答案】(1)见解析(2)1
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，
，，，
又，四边形是平行四边形．
（2）解：，，，
四边形是平行四边形，．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分．
变式2.（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在中，点D、E分别为的中点，点H在线段上，连接，点G、F分别为的中点．
(1)求证：四边形为平行四边形；(2)，求线段的长度．

【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）由三角形中位线定理得到，，得到，即可证明四边形为平行四边形；（2）由四边形为平行四边形得到，由得到，由勾股定理即可得到线段的长度．
【详解】（1）解：∵点D、E分别为的中点，∴，
∵点G、F分别为、的中点．∴，
∴，∴四边形为平行四边形；
（2）∵四边形为平行四边形，∴，∵∴，
∵，∴．
【点睛】此题考查了中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形为平行四边形和利用勾股定理计算是解题的关键．
核心考点3. 中位线
例11：（2023·江苏盐城·统考中考真题）在中，，分别为边，的中点，，则的长为 cm.
【答案】
【分析】由于、分别为、边上的中点，那么是的中位线，根据三角形中位线定理可求．
【详解】如图所示，

、分别为、边上的中点，是的中位线，；
又∵，∴；故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理．三角形的中位线等于第三边的一半．
变式1.（2023·湖北荆门·统考中考真题）如图，为斜边上的中线，为的中点．若，，则 ．

【答案】3
【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，然后利用勾股定理即可得出，最后利用三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：∵在中，为斜边上的中线，，
∴，∴，
∵为的中点，∴故答案为：3．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，三角形中位线定理，掌握直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
变式2.（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．

【答案】
【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接，

∵M，N分别是的中点，∴是的中位线，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，
∴当最大时，最大，此时最大，
∵点E是上的动点，∴当点E和点C重合时，最大，即的长度，
∴此时，∴，∴的最大值为．故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
变式3.（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）如图，在中，，，分别为，，边的中点，于，，则等于（ ）

A．4B．5C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【详解】解：∵D，F分别为，边的中点，
∴是的中位线，∴，
在中，E为斜边的中点，则，故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．
例12：（2023·江苏·统考中考真题）如图，在中，，D是AC延长线上的一点，．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作．连接并取的中点P，连接，则的取值范围是 ．

【答案】
【分析】过点B作交的延长线于点，连接，过点P作的平行线交于点，交于点，连接，过点作，分析可知为的最大值，为的最小值，据此即可求解．
【详解】解：过点B作交的延长线于点，连接，过点P作的平行线交于点，交于点，连接，过点作，如图所示：

由题意得：点在线段上运动（不与点重合），点在线段上运动（不与点重合），故：为的最大值，为的最小值
∵∴∵∴
∵且∴∵P为的中点∴
∵P为的中点∴为的中点∴
∵∴故
∵点M与点B、C不重合∴的取值范围是故答案为：
【点睛】本题综合考查了勾股定理、动点轨迹问题．根据题意确定动点轨迹是解题关键．
变式1.（2023·海南儋州·校联考模拟预测）如图，在中，平分平分，且，相交于点O，若点P为线段的中点，连接，则线段的长为（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质和角平分线的定义得出，，再证明为直角三角形，为中线，进而解答即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，∴，
∵平分，∴，∴，
∴，同理可得，，∴，
∵，∴，
∵平分，平分，∴，
∴，∴，∴是直角三角形，
∵点P为线段的中点，∴是的斜边的中线，∴，故选：D．
变式2.（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是 ．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是 ．

【答案】
【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案．
【详解】解：∵点D，E分别是，的中点，∴是的中位线，∴；
如图，设，

由题意得，，且，∴，
又F、G分别是的中点，∴，，
∴，，∴四边形是平行四边形，
由题意得，与的距离是，∴，∴边上的高为，
∴四边形面积，
∵，∴，故答案为：，．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，二次函数的性质，求函数解析式，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．
例13：（2023·山西·统考中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）
(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：∵点分别是边的中点，
∴．∴．同理．
∴四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
变式1.（2023·山东东营·统考中考真题）（1）用数学的眼光观察．如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．
（2）用数学的思维思考．如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．
（3）用数学的语言表达．如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明；
（2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明；
（3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状.
【详解】证明：（1）的中点，是的中点，.同理，.

，..
（2）的中点，是的中点，，.同理，.
由（1）可知，.
（3）是直角三角形，证明如下：如图，取的中点，连接，，
是的中点，，.同理，，.
，..
，，.
，.
又，是等边三角形，.
又，.，
.是直角三角形.
故答案为：是直角三角形.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点．
∵分别为的中点，∴．（依据1）

∴．∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，
∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．
∵，∴．同理，…