多边形和平行四边形常考题型（5大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习

这是一份多边形和平行四边形常考题型（5大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习，共68页。
题型一：多边形的内角和
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，，
∴，
故选：B．
【典例2】（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键．
根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论．
【详解】解：，
故选：D．
【变式1-1】（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解．
【详解】解：正六边形每个内角为：，
而六边形的内角和也为，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【变式1-2】（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ．
【答案】81
【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解．
【详解】解：正五边形中，，，
正方形中，，，
，，
，
，
故答案为：81．
5．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
【答案】八
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可．
【详解】设这个多边形是n边形，
由题意得，
解得，
∴这个多边形是八边形．
故答案为：八．
【变式1-3】（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边DE的中点，连接并延长与CD延长线交于点G，则的度数为 ．

【答案】/18度
【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接，，

∵五边形是正五边形，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵在正五边形中，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
【变式1-4】（2024·甘肃临夏·中考真题）“香渡栏干屈曲，红妆映、薄绮疏棂．”图1窗棂的外边框为正六边形（如图2），则该正六边形的每个内角为 ．

【答案】120
【分析】本题考查多边形内角和，正多边形的性质．掌握n边形内角和为和正多边形的每个内角都相等是解题关键．根据多边形内角和公式求出正六边形的内角和为，再除以6即可．
【详解】解：∵正六边形的内角和为，
∴正六边形的每个内角为．
故答案为：120．
【变式1-5】（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ．
【答案】/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为，即，则可求得的度数，根据平行线的性质可求得的度数，进而可求出的度数，再根据三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和，
每个内角为：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片沿折叠，得到，点C的对应点为点，的延长线交于点F，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．由正五边形纸片，可得，由，可得，由折叠的性质可知，，，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵正五边形纸片，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
故选：B．
2．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，三个正方形一些顶点已标出了角的度数，则x的值为（ ）
A．30B．39C．40D．41
【答案】D
【分析】本题考查多边形的内角和公式，多边形的内角和等于，先根据多边形的内角和公式计算出内角和，再根据各个角的度数建立方程，解方程即可求得答案．
【详解】解：根据题意得，三个正方形与下面的图像构成一个九边形，
九边形的内角和为：，
∴，
解得，
故选：D．
3．（2024·湖南·二模）如图，在四边形内部，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了三角形和四边形内角和，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据三角形内角和定理得到，然后根据四边形内角和求解即可．
【详解】∵
∴
∵，
∴．
故选：B．
4．（2024·湖南·模拟预测）如图，将任意四边形纸片剪掉一角得五边形，设四边形纸片与五边形纸片的内角和的度数分别为a 和β，则下列关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形内角和问题，掌握多边形内角和公式是解题关键．先求出四边形纸片与五边形纸片的内角和的度数，再求解即可．
【详解】解：四边形的内角和，五边形的内角和，
，
故选：B．
5．（2024·湖南长沙·模拟预测）小强用一些完全相同的等腰三角形纸片（图中）拼接图案，已知，．若按照如图所示的方法拼接下去，则得到的图案的外轮廓是（ ）
A．正四边形B．正五边形C．正六边形D．正七边形
【答案】B
【分析】本题主要考查了多边形的外角的性质与内角的性质等知识点，先求出的度数，再求出图中正多边形的每一个内角的度数，进而求出答案，熟记正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴多边形的每一个内角的度数为：，
∵多变形的每一条边相等，
∴多变形为正多边形，
∴正多边形的边数等于：，
故选：B．
6．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正六边形中，，点在边上，且，若经过点的直线将正六边形面积平分，则直线被正六边形所截的线段长是 ．
【答案】
【分析】本题考查的是勾股定理，等边三角形的性质和判定，正多边形的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键．
如图，连接，交于点，作直线交于，过作于，由正六边形是轴对称图形可得：，由正六边形是中心对称图形可得：，可得直线平分正六边形的面积，为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接，，交于点，作直线交于，过作于，
由正六边形是轴对称图形可得：，
由正六边形是中心对称图形可得：，
直线平分正六边形的面积，为正六边形的中心．
由正六边形的性质可得：，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，则，
∴
∴．
故答案为：．
7．（2023·山东济南·三模）将正六边形与正方形按如图所示摆放，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ．
【答案】30°/30度
【分析】本题考查了正多边形的内角问题，先根据多边形的内角和公式求出正六边形的内角，然后根据正多边形内角与外角的互补，求得正六边形和正方形的外角，最后根据三角形的内角和即可求得的度数．
【详解】解：图中五边形为正六边形，
，
，
正方形中，
，
，
故答案为：．
8．（2024·陕西·模拟预测）如图，在正五边形中，相交于点 F，连接，则的度数是 ．
【答案】/54度
【分析】根据五边形是正五边形，求出，再根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理求出，同理得，再求出，证明，得到，再证明，推出，即可解答．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
，
，
，
同理，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
9．（2024·山西大同·二模）推光漆器是山西省著名的传统手工艺品．如图是小明妈妈的一个平遥推光漆器的首饰盒，其俯视图是正八边形，小明好奇它的一个内角的度数，但他没有量角器，请你帮他计算这个正八边形的一个内角度数为 ．

【答案】/135度
【分析】本题考查了正多边形的内角和定理．根据多边形内角和定理：（且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数即可．
【详解】解：正八边形的内角和为：，
每一个内角的度数为：，
故答案为：．
题型二：多边形的外角和
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（ ）
A．12B．10C．8D．6
【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.
【详解】解：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴正边形的一个外角为，
∴的值为；
故选A
【变式2-1】（2024·西藏·中考真题）已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的内角和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和外角，先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可得解，根据多边形的外角求出边数是解此题的关键．
【详解】解：∵正多边形的一个外角为，
∴正多边形的边数为，
∴这个正多边形的内角和为，
故选：B．
【变式2-2】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形，求出正多边形的每个外角度数，再用外角和除以外角度数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，直线相交于点，则，
∵正多边形的每个内角相等，
∴正多边形的每个外角也相等，
∴，
∴，
故选：．
【变式2-3】（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
则，
∴，
∴这个正多边形的每个外角为，
故选：．
【变式2-4】（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度．
【答案】30
【分析】主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数．
【详解】解：∵多边形的外角和为360度，
∴正十二边形的每个外角度数为：．
故答案为：30．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·广东·模拟预测）若一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，则该多边形的边数为（ ）
A．19B．18C．17D．16
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的综合，先设多边形的边数为条，因为一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，所以，解出值，即可作答．
【详解】解：设该多边形的边数为条，
则列方程为，
解得：，
故选B．
2．（2024·湖北·模拟预测）已知一个正多边形的一个内角是与它相邻外角的3倍，则这个正多边形的边数是（ ）
A．8B．10C．15D．18
【答案】A
【分析】设这个正多边的外角为为，则内角为，根据内角和外角互补可得，解可得的值，再利用外角和外角度数可得边数；
此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．
【详解】解：设这个正多边的外角为，则内角为，
根据内角和外角互补可得，
解得：
故选：A．
3．（2024·广东清远·模拟预测）若一个正多边形的每一个外角都等于三角形内角和的，则这个正多边形的边数为（ ）
A．六边形B．八边形C．十边形D．十二边形
【答案】D
【分析】本题考查了多边形内角和外角及三角形内角和定理，设多边形的边数为，则根据“一个正多边形的每一个外角都等于三角形内角和的”可知多边形各外角相等，然后根据多边形外角和为进行解答即可解答本题的关键在于熟练掌握多边形内角和外角的概念以及多边形外角和等于．
【详解】解：三角形内角和为，
∵一个正多边形的每一个外角都等于三角形内角和的，
∴多边形各外角都为，
设多边形的边数为，
∴，
解得：．
故多边形的边数为12，
故选：D．
4．（2024·云南·模拟预测）一个多边形的外角和是内角和的一半，这个多边形的边数是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】根据题意并结合多边形的外角和是，求得这个多边形的内角和是，再利用多边形的内角和公式求解即可．
【详解】解：∵多边形的外角和是内角和的一半，且多边形的外角和是，
∴这个多边形的内角和是，
设多边形的边数是n，则，
解得，
故选：C．
5．（2024·福建福州·模拟预测）正六边形 与正五边形 按如图方式摆放，点A，B，G在一条直线上，则的度数为 ．
【答案】/度
【分析】本题考查了正多边形的内角与外角，据正五边形和正六边形性质得出各外角度数，进而可得答案．
【详解】解：∵在正六边形和正五边形中，
，
，
∴，
故答案为：．
6．（2024·广东汕头·模拟预测）如图，孔明在驾校练车，他由点出发向前行驶米到处，向左转．继续向前行驶同样的路程到处，再向左转．按这样的行驶方法，第一次回到点总共行驶了 ．
【答案】米
【分析】本意主要考查了多边形的外角和定理，即任意多边形的外角和都是．根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为的多边形的周长，求出多边形的周长即可．
【详解】解：根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为的多边形的周长，
该多边形的边数为：，
第一次回到点总共行驶了：（米），
故答案为：米．
7．（2024·福建·模拟预测）如果凸多边形的边数由增加到（），那么内角和的度数增加了 ，外角和的度数增加了 ．
【答案】 /0度
【分析】本题考查了多边形内角和与外角和定理，熟记多边形内角和与外角和定理是解题的关键．根据凸多边形的内角和为（≥），外角和为，即可解决问题．
【详解】解：∵凸多边形的内角和为）（），外角和为，
∴凸多边形的边数由增加到时，内角和从增加到，外角和为不变，
∴内角和的度数增加了，外角和的度数增加了，
故答案为：，．
8．（2024·山西晋城·三模）小宇阅读了一篇《东方窗棂之美》的文章，文章中有一张如图所示的图片，图中有许多不规则的多边形组成，代表一种自然和谐美．如图是从图图案中提取的由六条线段组成的图形，若，则的度数是 ．

【答案】/300度
【分析】本题考查了多边形的外角，根据外角和为即可求解．
【详解】多边形的外角和等于
故答案为：．
三、
题型三：平行四边形的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作交的延长线于点F，
∵的垂线交于点E，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
∴，
由勾股定理可得，，
，
∴，
∴
∴
即，解得，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是，
故选：C
【典例2】（2024·新疆·中考真题）（）解方程：；
（）如图，已知平行四边形．
尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作的平分线交于点；（要求：不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑）
在的条件下，求证：是等腰三角形．

【答案】（）；（）作图见解析；证明见解析．
【分析】（）按照解一元一次方程的步骤解答即可求解；
（）按照作角平分线的方法作图即可；由平行四边形的性质及角平分线的性质可得，即得，即可求证；
本题考查了解一元一次方程，作角的平分线，角平分线的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，根据题意正确画出图形是解题的关键．
【详解】（）解：去括号得，，
移项得，，
合并同类项得，；
（）解：如图，即为所求；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
【变式3-1】（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴O是中点，
又∵E是中点，
∴OE是的中位线，
∴，，
∵的周长为12，，
∴，
∴的周长为．
故选：B.
【变式3-2】（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，
故选B．
【变式3-3】（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则 ．
【答案】5
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．
【详解】解：在中，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：5．
【变式3-4】（2024·吉林·中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长，交的延长线于点E，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】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，先根据平行四边形对边平行推出，再由线段中点的定义得到，据此可证明，进而可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是的中点，
∴，
∴，
∴．
【变式3-5】（2024·江西·中考真题）追本溯源：
题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）．
（1）如图1，在中，平分，交于点D，过点D作的平行线，交于点E，请判断的形状，并说明理由．
方法应用：
（2）如图2，在中，平分，交边于点E，过点A作交的延长线于点F，交于点G．
①图中一定是等腰三角形的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
②已知，，求的长．
【答案】（1）是等腰三角形；理由见解析；（2）①B；②．
【分析】本题考查了平行四边形的性质和等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键；
（1）利用角平分线的定义得到，利用平行线的性质得到，推出，再等角对等边即可证明是等腰三角形；
（2）①同（1）利用等腰三角形的判定和性质可以得到四个等腰三角形；
②由①得，利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：（1）是等腰三角形；理由如下：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）①∵中，
∴，，
同（1），
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，，，
即、、、是等腰三角形；共有四个，
故选：B．
②∵中，，，
∴，，
由①得，
∴．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，是边上一点，若分别是的平分线，若的周长为18，则的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，根据平行四边的性质结合角平分线的定义得到，，进而得到，，由平行四边形的周长，即可求解．
【详解】解：∵、分别是、的平分线，
∴，．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
，
平行四边形的周长．
，
，
故选：C．
2．（2024·陕西·模拟预测）如图，在中，过点A分别作的垂线段，垂足为E，F，若，，，则线段的长为（ ）
A．3B．3.2C．3.6D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，先根据勾股定理求出，由平行四边形的性质得，然后利用面积法求解即可．
【详解】解：∵，，
∴．
∵，，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选B．
3．（2024·河北·模拟预测）如图，已知平行四边形，．用尺规作图的方法在上取一点P，使得，则下列做法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了线段垂直平分线的判定，作图-线段垂直平分线等知识， 证明，则可知点P在线段的垂直平分线上，由此求解即可解答．
【详解】解：∵，，
∴，
∴点P在线段的垂直平分线上，
∴只有选项D中的作图方法符合题意．
故答案为：D．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·河北·模拟预测）在平面直角坐标系中，平行四边形的对角线交点落在原点处，已知点A的坐标为，则点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和坐标与图形的关系． 要会根据平行四边形的性质得到点A与点C关于原点对称的特点，是解题的关键． 根据平行四边形是中心对称的特点可知，点A和点C关于原点对称，即可求解．
【详解】解：∵在平行四边形中，点A和点C关于原点对称，点A的坐标为，
∴点C的坐标为．
故选：B．
2．（2024·广东·模拟预测）如图，平行四边形中以点为圆心，适当长为半径作弧，交AB、于、，分别以点、为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，连接并延长，与AD交于点，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行四边形的性质，由题中作图过程得是的角平分线，由平行四边形的性质得，进而由平行线的性质、角平分线的定义及等量代换得，由等角对等边得，再由线段的和差得；由勾股定理的逆定理判断出是直角三角形，且，由平行四边形的性质得，再由平行线的性质得，最后在中，利用勾股定理算出的长即可．
【详解】解：是的角平分线，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
是直角三角形，且，
四边形是平行四边形，
，
，
故答案为：．
3．（2024·山东济南·一模）如图，中，E是AB的中点，连结CE并延长交的延长线于点F．求证：AD．
【答案】见解析
【分析】此题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识点，根据题意得，，进而得，证即可．
【详解】证明：∵平行四边形
∴，
∴
∵E为AB中点
∴
∵
∴
∴
∴
4．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，在平行四边形中，点E，F在边上，且．
求证：．
【答案】见解析
【分析】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的性质和判定，关键是根据平行四边形的性质得出解答．
根据平行四边形的性质得出，进而利用证明和全等，利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，．
在和中，
，
∴，
∴．
5．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在中，平分，交于点．
(1)实践与操作：过点A作的垂线，分别交，于点，；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)猜想与证明：试猜想线段与的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】本题考查了基本作图，平行四边形的性质，等腰三角形的判定．
（1）根据“过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法”作图；
（2）根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质证明．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：，证明如下：
平分，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
．
6．（2024·山西·模拟预测）如图，正比例函数与反比例函数的图象交于，两点，过点作轴，垂足为，连接，．

(1)求反比例函数的表达式．
(2)若，以，为边作平行四边形，点在第三象限内，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立正比例函数与反比例函数，解方程组可得，图形结合分析，再根据，由此即可求解；
（2）把点代入反比例函数解析式可得a=2，则，根据点关于原点对称可得，再根据平行四边形的性质可得，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵正比例函数与反比例函数的图象交于点，
∴，
解得，，，
根据图形可得，，
∴，
∵轴，
∴，点到的距离为，
∵，
∴，
∴反比例函数解析式为：；
（2）解：由（1）可知，反比例函数解析式为，且点在反比例函数图象上，
∴，即，
∵轴，
∴，
∵正比例函数与反比例函数交于点，
∴点关于原点对称，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查一次函数与反比例函数的综合，掌握一次函数与反比例函数交点的计算，解一元二次方程的方法，几何图形面积的计算方法，平行四边形的性质是解题的关键．
题型四：平行四边形的判定
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题：
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求线段的长．
【答案】(1)①或②，证明见解析；
(2)6
【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键．
（1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：选择①，
证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
选择②，
证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：由（1）得，
∵，，
∴．
【典例2】（2024·四川达州·中考真题）如图，线段、相交于点．且，于点．
(1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点、连接、；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母）
(2)若，请判断四边形的形状，并说明理由．（若前问未完成，可画草图完成此问）
【答案】(1)见解析
(2)四边形是平行四边形，理由见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，垂线的尺规作图，全等三角形的性质与判定：
（1）先根据垂线的尺规作图方法作出点F，再连接、即可；
（2）先证明，得到，再证明，进而证明，得到，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【变式4-1】（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得，根据三角形外角的性质及角平分线的定义可得，证明，得到，再结合中点的定义得出，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵，∴．
∵，，，
∴①．
又∵，，
∴（②）．
∴．∴四边形是平行四边形．
故选：D．
【变式4-2】（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】解：A、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵，不能得出四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．
【变式4-3】（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，BD相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解．
【详解】解：添加条件：，
证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：（答案不唯一）
【变式4-4】如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，过点A作，垂足为F，若，则的长为 ．
【答案】13
【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识．首先利用平行四边形的性质及角平分线的定义得到，然后利用等腰三角形的三线合一的性质得到，利用勾股定理求得，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵的平分线交于点E，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：13．
【变式4-5】（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在中，点，分别在边，上，．
(1)求证：；
(2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）
【答案】(1)见解析
(2)添加（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定；
（1）根据平行四边形的性质得出，，结合已知条件可得，即可证明；
（2）添加，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴即，
在与中，
，
∴；
（2）添加（答案不唯一）
如图所示，连接．
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
当时，四边形是平行四边形．
【变式4-6】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：
(1)；
(2)四边形为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明；
（）由（）得，，即可得到，，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠可得，，，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（）知，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·河北石家庄·一模）如图，已知线段和射线，且，在射线上找一点C，使得四边形是平行四边形，下列作法不一定可行的是（ ）
A．过点D作与交于点C
B．在下方作与交于点C，使
C．在上截取，使，连接
D．以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点C，连接
【答案】D
【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了平行四边形的判定．
根据基本作图和平行四边形的判定方法对各选项进行判断．
【详解】解：A．由作法得，而，则四边形是平行四边形，所以A选项不符合题意；
B．由作法得，由得，则，所以，则四边形是平行四边形，所以B选项不符合题意；
C．由作法得，而，则四边形是平行四边形，所以C选项不符合题意；
D．由作法得，而，则四边形也可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，所以D选项符合题意．
故选：D．
2．（2024·河北·模拟预测）在中，，是的中点，求证：．
证明：如图，延长至点，使，连接，．
……
，
．
下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形是平行四边形；②∵；③∵，；④∴四边形是矩形，则正确的顺序是（ ）．
A．③①②④B．③②①④C．②③①④D．②①③④
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．从结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两行证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先证平行四边形再证矩形，即可推出结论．
【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形，
证明过程应为：③，；
①四边形是平行四边形；
②；
④四边形是矩形．
，
．
即证明过程为 ③①②④，
故选：A．
3．（2024·河北邢台·模拟预测）小明想画出平行四边形，他的方法如下图：点B是的边上的一点，用无刻度的直尺和圆规作一条射线，接下来的画图小亮和小红分别给出建议．小亮：分别在射线和射线上截取，连接，四边形即为平行四边形；小红：在射线上截取线段，作，交射线于点C，四边形即为平行四边形．下列说法正确的是（ ）
A．小红的方法正确，小亮的方法不正确B．小红的方法不正确，小亮的方法正确
C．小红、小亮的方法都正确D．小红、小亮的方法都不正确
【答案】C
【分析】此题考查了尺规作图，平行四边形的判定，
首先根据题意作出图形，然后利用平行四边形的判定定理求解即可．
【详解】小亮：如图所示，
由作图可得，，
∴四边形是平行四边形，
∴小亮的方法都正确；
小红：如图所示，
∵
∴
∵
∴
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，
∴小红的方法都正确．
综上所述，小红、小亮的方法都正确．
故选：C．
4．（2024·陕西·模拟预测）如图，在四边形中，，点 E 在边上，点 F 在边上，且，互相平分．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解答本题的关键．根据证明得，从而，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解答．
【详解】如图，记， 的交点为O．
∵，互相平分，
∴．
在与中，

∴，
∴，
∴
又∵，
∴四边形为平行四边形．
5．（2024·湖北十堰·模拟预测）在一次课题学习中，老师让同学们合作编题，某学习小组受赵爽弦图的启发，编写了下面这道题，请你来解一解：如图，将矩形的四边，，，分别延长至点E，F，G，H，使得，，连接，，，．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识；熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．由矩形的性质得出，，证出，在和中，由勾股定理求出，同理：，即可得出四边形为平行四边形．
【详解】证明：四边形是矩形，，，
，，，
，
，
同理，
四边形为平行四边形．
6．（2024·吉林长春·二模）如图，四边形中，、相交于点，是的中点，，，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，则的面积是______．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】本题主要考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
（1）首先结合平行线的性质证明，再利用“”证明，易得，然后根据“有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”证明结论即可；
（2）首先证明四边形是菱形，然后根据菱形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，，，
∴四边形是菱形，
∴的面积．
故答案为：24．
7．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，E，F分别是边和上的点，且，连接，CF．求证：
(1)；
(2)四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查对平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质和判定等知识点．
（1）根据平行四边形的性质得出，，根据证出；
（2）根据题意求得平行且相等即可证得．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
在和中，
∴；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
又，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知四边形为平行四边形，于点，点为AD上一点，连接CF，请你添加一个条件，使得四边形为矩形．（不再添加其他线条和字母）
(1)你添加的条件是__________；
(2)根据你添加的条件，写出证明过程．
【答案】(1)；；；
(2)证明见解析．
【分析】（）根据题意添加条件即可；
（）先得到四边形是平行四边形，然后再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行推理；
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【详解】（1）；；；
故答案为：；；；
（2），
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形；
，
∵四边形为平行四边形，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形；
，
∵四边形为平行四边形，
∴，，即，
∵，
∴，即
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形；
9．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，四边形中，，，的平分线交于点．
(1)求的度数；
(2)在上取一点E，添加一个条件，使四边形是平行四边形，直接写出这个条件．
【答案】(1)
(2)（答案不唯一）
【分析】本题考查添加条件使四边形为平行四边形，平行线的性质：
（1）利用平行线的性质，和角平分线的定义进行求解即可；
（2）根据平行四边形的判定方法，添加条件即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵的平分线交于点，
∴，
∴；
（2）添加条件为：（答案不唯一），理由如下：
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在梯形中，，点P在四边形内部，，连接．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)已知点Q在上，连接，请写出一个条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）
【答案】(1)证明见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）证明梯形是等腰梯形，根据等腰梯形的性质得到证明 根据全等三角形的性质得到
（2）先证明再证明根据平行四边形的判定定理证明即可．
本题考查的是梯形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质，熟记等腰梯形的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵，
∴梯形是等腰梯形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，即是等腰三角形；
（2）解：，理由如下：
由（1）得：，
∴，
∵，
∵四边形是等腰梯形，
∴四边形是平行四边形．
11．（2024·四川眉山·二模）如图，已知直线经过点A且与直线：平行，直线与轴、轴分别交于点、．
(1)求直线的表达式及其与轴的交点的坐标；
(2)判断四边形是什么四边形？并证明你的结论．
【答案】(1)，
(2)矩形，证明见解析
【分析】（1）根据两直线平行值相等，设直线的表达式为，把代入，进行求解即可；
（2）分别求出点的坐标，进而求出的长，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，得到四边形是平行四边形，再根据勾股定理逆定理，推出，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意，设直线的表达式为，
把代入，得：，解得：，
∴；
当时，，解得：，
∴，
（2）四边形是矩形，证明如下：
当时，，
当时，，解得：；
∴
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查一次函数图象的平移，一次函数与几何的综合应用，勾股定理，平行四边形的判定，正确的求出函数解析式，是解题的关键．
题型五：三角形中位线的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接．
(1)求证：，；
(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出与的位置关系：___________________；
②求证：．
【答案】(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明；
（2）①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论；
②根据得到即可得到结论．
【详解】（1）证明：在和中，
，，，
，
，．
是斜边的中点，
，
，
，
．
，
，
．
；
（2）解：①；
理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．
，，，
，
，，
，
，
，
，
．
，
．
在和中，
，，，
，
．
是中点，是中点，
是中位线，
．
，
，
．
，
．
故答案为：；
②证明： ∵，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
【变式5-1】（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果．
【详解】解：∵点D，E，分别为的中点，
∴为的中位线，
∴；
故选：C．
【变式5-2】（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，，，，点在直线上，点，在直线上，，动点从点出发沿直线以的速度向右运动，设运动时间为．下列结论：
①当时，四边形的周长是；
②当时，点到直线的距离等于；
③在点运动过程中，的面积随着的增大而增大；
④若点，分别是线段，的中点，在点运动过程中，线段的长度不变．其中正确的是（ ）
A．①④B．②③C．①③D．②④
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的面积，三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．①当时，得到四边形是矩形，即可求解；②根据“平行线间的距离处处相等”，即可判断；③根据②中的发现即可判断；④利用三角形的中位线定理即可判断．
【详解】解：①当时，，
，
，，
四边形是矩形，
，
，四边形的周长是，故①正确；
②，，，
直线与直线之间的距离是，
当时，点到直线的距离等于，故②错误；
③由②可知点到的距离为定值，即的边上的高为，
又，
的面积为定值，故③错误；
④点，分别是线段，的中点，
是的中位线，
，
即线段的长度不变，故④正确；
故选：A．
【变式5-3】（2024·江苏无锡·中考真题）在中，，，，分别是的中点，则的周长为 ．
【答案】9
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．根据三角形的中位线定理得出，即可解答．
【详解】解：∵，，，分别是的中点，
∴，
∴的周长，
故答案为：9．
【变式5-4】（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是 ．
【答案】42
【分析】本题考查的是中点四边形，熟记三角形中位线定理是解题的关键．
根据三角形中位线定理分别求出、、、，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：四边形各边中点分别是、、、，
、、、分别为、、、的中位线，
，，，，
四边形的周长为：，
故答案为：42．
【变式5-5】（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是边，的中点，连接，．若，则的长为

【答案】4
【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得得出得出
【详解】解：∵D，E分别是边，的中点，
∴是的中位线，
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：4
【变式5-6】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在中，D是中点．
(1)求作：的垂直平分线l（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若l交于点E，连接并延长至点F，使，连接．补全图形，并证明四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图，中位线的性质，平行四边形的判定．
（1）利用尺规作图作出线段的垂直平分线l即可；
（2）由D，E分别为，的中点，根据中位线的性质，得到，，结合，得到，即可证明结论成立．
【详解】（1）解：直线l如图所示，
；
（2）证明：补全图形，如图，
由（1）作图知，E为的中点，
∵D，E分别为，的中点，
∴，，
∵，即：，
∴，
∵，
∴ 四边形是平行四边形．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·四川凉山·一模）如图，在中，，，．若是的中位线，延长交的外角的平分线于点F，则线段的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，掌握三角形中位线的性质成为解题的关键．
根据三角形中位线定理求出得到，由等腰三角形的判定与性质可得，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：在中，
，，，
，
是的中位线，
∴，，
，
，
，
，
．
故选B．
2．（2024·山西·模拟预测）如图，在中，，与是的两条高，点F是的中点，连接．若，则的长为（ ）

A．B．2C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形，中位线等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形，中位线是解题的关键．
由题意可得，为的中点，则为的中位线，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵，，与是的两条高，
∴，为的中点，
∴为的中位线，
∴，
故选：B．
3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、勾股定理，根据直角三角形斜边上的中线求出，根据勾股定理求出，再根据三角形中位线定理求出．熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
【详解】解：在中，，是的中点，，
则，
由勾股定理得：，
是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
故选：A．
4．（2024·湖北·模拟预测）如图，中，，，，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，取的中点E，连接，用含m，n的式子表示的长是 ．
【答案】
【分析】根据旋转的性质得出，进而证明与全等，将逆时针旋转得到，连接，，利用旋转的性质和全等三角形的判定和性质得出，延长至点，使得，连接，证明为等腰直角三角形，点三点共线，由是的中点，是的中点，进而根据三角形中位线的性质解答即可．
【详解】证明：将逆时针旋转得到，连接，，
由旋转可知， ，，
，，
线段绕点B逆时针旋转得到线段，
，
，
，
在与中，
，
，
，

延长至点，使得，连接，
由以上过程知，，
，
又，
为等腰直角三角形，
，
，
而，
，
点三点共线，
是的中点，是的中点，
，
故答案为：．
【点睛】此题是几何变换综合题，考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的性质和判定，三角形中位线的性质，关键是构建全等三角形解答．
5．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形中，，分别是，CD的中点，，分别是，DE的中点，连接，则的值为 ．
【答案】/
【分析】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理；连接并延长交AB于点，连接证明得出，进而根据中位线的性质可得，勾股定理求得，即可求解．
【详解】如图，连接并延长交AB于点，连接
四边形是正方形，设，
，，，
，
为的中点，
，
，
，，
，
为DE的中点，
，
为的中点，
，
，
，
故答案为：．
6．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，为斜边上的中线，E为的中点．若，，则 ．
【答案】3
【分析】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．
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．
7．（2024·重庆·模拟预测）如图，在中，，D、E、F分别是的中点，若cm，则 cm．
【答案】3
【分析】本题考查了三角形的中位线以及为直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识点，由题意得：，再结合是的中位线即可求解；
【详解】解：由题意得：，
∴，
∵E、F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：
8．（2024·四川南充·模拟预测）如图，在中，，，，点D，E分别在边上，且，点M、N、F分别是的中点，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查三角形的中位线，根据三角形的中位线可得，，，，即可得到，再由勾股定理求出的值即可．
【详解】∵，，，
∴，，
∵点M、N、F分别是的中点，
∴是中位线，是中位线，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴,
∴，
∴，
故答案为：．
9．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，图中，都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
(1)如图，先画线段的中点，是上一点．连接，再画的中点；
(2)如图，若是线段上一点，先画点绕点逆时针旋转的对应点，再画点，使得四边形为平行四边形．
【答案】(1)图见详解
(2)图见详解
【分析】（1）根据三角形三条中线交于一点即可画出点，连接，，再根据三角形的中位线性质，即可得出点；
（2）取点，连接，，，可得垂直平分，交于点，连接并延长，交于点，连接，交于点，根据全等三角形性质，可在连接并延长，交于点，在根据平行四边形的性质，连接并延长交的延长线于点．
【详解】（1）解：如图，根据直线与网格的交点，可得的中点为，的中点为，连接交于点，
∵三角形三条中线交于一点，连接，并延长交于点，
∴点为线段的中点，
连接，
∵的中点为，的中点为，
∴连接交于点，即为的中位线，点为的中点．
（2）解：如图，取点，连接，，，
结合网格可得：，，
∴，
∵，
∴结合网格可得垂直平分，交于点，
连接并延长，交于点，连接，交于点，再连接并延长，交于点，
易证，
∴，
∵垂直平分，点为上的点，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
连接并延长交的延长线于点，
∵结合网格易得，，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，三角形中线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2024·山西·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
如图1，在中，，点D，E分别在边AB，上，，连接DE，CD，，为CD的中点，连接．
【数学思考】
（1）线段与的数量关系，说明理由．
【猜想证明】
（2）若把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，猜想（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由．
【深入探究】
（3）若把绕点A逆时针方向旋转到图3的位置，若是的中点，连接AN，若，直接写出CD的长．
【答案】（1），理由见解析；（2）结论成立，证明见解析；（3）CD的长为2．
【分析】此题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线性质、三角形的中位线定理，直角三角形的性质的综合运用；
（1）先证明，进而判断出，在由直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出结论；
（2）延长到点F，使，连接，由，可得，，进而可得，再由，证明即可得出，由此得出，继而得出结论；
（3）延长到点M，使得，连接．先证明可得，由中位线性质定理得．由此即可得出．
【详解】解：（1）．
理由：，
．
，
，
为CD的中点，
．
（2）结论成立．
证明：如图1，延长到点F，使，连接．
，，，
，，
，
，
，
又，，
，
．
，
（3）CD的长为2．
解：如图2，延长到点M，使得，连接．
，
．
，
．
，
，
．
为的中点，，
，
．已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接．
求证：四边形是平行四边形．
证明：∵，∴．
∵，，，
∴①______．
又∵，，
∴（②______）．
∴．∴四边形是平行四边形．