2025年中考数学专项复习讲义专题12 多边形与平行四边形(2大模块知识梳理+10个考点+2个重难点+1个易错点)(解析版)

这是一份2025年中考数学专项复习讲义专题12 多边形与平行四边形(2大模块知识梳理+10个考点+2个重难点+1个易错点)(解析版)，共61页。学案主要包含了解题技巧，分析问题，解决问题，图形定义，方法探究，方法应用等内容，欢迎下载使用。

知识模块一：多边形
知识点一：多边形的相关概念
多边形的概念：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的相关概念：
多边形的边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边.
多边形的顶点：相邻两边的公共端点叫做多边形的顶点.
多边形的内角：多边形相邻两边所组成的在多边形内部的角叫做多边形的内角，简称多边形的角.
多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角，叫做多边形的外角.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
【补充】
1）多边形的边数、顶点数及角的个数相等；
2）把多边形问题转化成三角形问题求解的常用方法是连接对角线；
3）多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线.
正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形.
【补充】1）正n边形有n条对称轴．
2）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称中心是多边形的中心.
知识点二：多边形的内角和定理与外角和定理
多边形内角和定理：n边形的内角和为.
多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系.
易错易混
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，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．
知识模块二：平行四边形
知识点一：平行四边形的性质
知识点二：平行四边形的判定
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等；
2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行；
3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分；
4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等.
知识点三：平行线间的距离
定义：两条平行线中，一条直线上的任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离
性质：1）两条平行线间的距离处处相等.
2）两条平行线间的任何两条平行线段都是相等的.
考点一： 多边形内角和问题
1．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（ ）
A．90°B．99°C．108°D．135°
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据四边形内角和等于360°计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠CDE=∠E=5−2×180°5=108°，
∵四边形CDFG为正方形，
∴∠CDF=90°，∠CFD=45°，
∴∠FDE=108°−90°=18°，∠DFM=180°−45°=135°，
∴∠FME=360°−18°−135°−108°=99°，
故选：B．
2．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形ABCDE边DE的中点，连接BF并延长与CD延长线交于点G，则∠BGC的度数为 ．

【答案】18°/18度
【分析】连接BD，BE，根据正多边形的性质可证△ABE≌△CBDSAS，得到BE=BD，进而得到BG是DE的垂直平分线，即∠DFG=90°，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到∠FDG=72°，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接BD，BE，

∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=AE，∠A=∠C
∴△ABE≌△CBDSAS，
∴BE=BD，
∵点F是DE的中点，
∴BG是DE的垂直平分线，
∴∠DFG=90°，
∵在正五边形ABCDE中，∠CDE=5−2×180°5=108°，
∴∠FDG=180°−∠CDE=72°，
∴∠G=180°−∠DFG−∠FDG=180°−90°−72°=18°．
故答案为：18°
【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
3．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AH∥FG，BI⊥AH，垂足为点I．若∠EFG=20°，则∠ABI= ．
【答案】50°/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为120°，即∠EFA=∠FAB=120°，则可求得∠GFA的度数，根据平行线的性质可求得∠FAH的度数，进而可求出∠HAB的度数，再根据三角形内角和定理即可求出∠ABI的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和=(6−2)×180=720°，
每个内角为：720°÷6=120°，
∴∠EFA=∠FAB=120°，
∵∠EFG=20°，
∴∠GFA=120°−20°=100°，
∵AH∥FG，
∴∠FAH+∠GFA=180°，
∴∠FAH=180°−∠GFA=180°−100°=80°，
∴∠HAB=∠FAB−∠FAH=120°−80°=40°，
∵BI⊥AH，
∴∠BIA=90°，
∴∠ABI=90°−40°=50°．
故答案为：50°．
考点二： 多边形外角和问题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度．
【答案】30
【分析】主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数．
【详解】解：∵多边形的外角和为360度，
∴正十二边形的每个外角度数为：360°÷12=30°．
故答案为：30．
2．（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为1080°的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A．36°B．40°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为n，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和360°除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
则n−2×180°=1080°，
∴n=8，
∴这个正多边形的每个外角为360°÷8=45°，
故选：C．
3．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正n边形纸片的一部分，其中l，m是正n边形两条边的一部分，若l，m所在的直线相交形成的锐角为60°，则n的值是（ ）
A．5B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形，求出正多边形的每个外角度数，再用外角和360°除以外角度数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，直线l、m相交于点A，则∠A=60°，
∵正多边形的每个内角相等，
∴正多边形的每个外角也相等，
∴∠1=∠2=180°−60°2=60°，
∴n=360°60°=6，
故选：B．
考点三： 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
1．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）

A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．
2．（2024·江苏盐城·二模）问题情境：
在综合实践课上，吴老师和鹿鸣学堂“数理时空”社团的同学们一起研究了对角相等的六边形，发现：如图1，在六边形A1A2A3A4A5A6中，若∠A1=∠A4，∠A2=∠A5，∠A3=∠A6，则有A1A2∥A4A5，A2A3∥A5A6，A3A4∥A1A6，请结合图1，证明：A1A2∥A4A5．
问题探究：
小铭和小红对图1的六边形A1A2A3A4A5A6进行了特殊化，发现了以下两个结论：
结论1：如图2，若A3A4=A1A6，则有：A1A2=A4A5，A2A3=A5A6．
结论2：如图3，若对角线A1A4、A2A5、A3A6交于点O，则对角线A1A4平分六边形A1A2A3A4A5A6的面积，请证明小铭和小红发现的两个结论．
【答案】见解析
【分析】问题情境：如图1，连接A1A4，A1A5，根据四边形的内角和，六边形的内角和证明∠A2A1A4=∠A5A4A1，进而可以解决问题；
问题探究：结论1：如图2，连接A1A3，A4A6，得A3A4A6A1为平行四边形，然后证明△A1A2A3≌△A4A5A6AAS，得A1A2=A4A5，A2A3=A5A6；
结论2：连接A1A4，A2A5，A4A6交于点O，证明△A1OA2∽△A4OA5，得A2OA5O=A1OA4O，同理可得A2O=A5O，A1O=A4O，A6O=A3O，然后证明△OA1A2≌△OA4A5，同理△OA1A6≌△OA4A3，△OA3A2≌△OA6A5，进而可以解决问题．
【详解】证明：问题情境：如图1，连接A1A4，A1A5，
∵∠A1=∠A4，∠A2=∠A5，∠A3=∠A6，∠A1+∠A4+∠A2+∠A5+∠A3+∠A6=720°，
∴∠A2A1A6+∠A6+∠A6A5A4=360°，
∵∠A4A1A6+∠A6+∠A6A5A4+∠A5A4A1=360°，
∴∠A2A1A4=∠A5A4A1，
∴ A1A2∥A4A5；
问题探究：结论1：如图2，连接A1A3，A4A6，
∵A3A4∥A1A6，A3A4=A1A6，
∴A3A4A6A1为平行四边形，
∴A1A3=A4A6，∠A3A1A6=∠A3A4A6，
∵∠A2A1A_6=∠A3A4A5，
∴∠A2A1A3=∠A5A4A6，
∵∠A2=∠A5，
∴ △A1A2A3≌△A4A5A6AAS，
∴A1A2=A4A5，A2A3=A5A6；
结论2：连接A1A4，A2A5，A4A6交于点O，
∵ A1A2∥A4A5，
∴ △A1OA2∽△A4OA5，
∴ A2OA5O=A1OA4O，
∵ A2A3∥A5A6，A3A4∥A1A6，
∴ A1OA4O=A6OA3O=A5OA2O，
∴A2O=A5O，
同理A1O=A4O，A6O=A3O，
∴ △OA1A2≌△OA4A5，
同理△OA1A6≌△OA4A3，△OA3A2≌△OA6A5，，
∴ △OA1A2的面积=△OA4A5的面积，△OA1A6的面积=△OA4A3的面积，△OA3A2的面积=△OA6A5的面积，
∴对角线A1A4平分六边形A1A2A3A4A5A6的面积．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了四边形的内角和，六边形的内角和，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
3．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1）∠α= 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．

【答案】 30 23
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON=OM+BE，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出OM,BE即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：

根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得∠ABC=60°，
∠A=∠α=90°−60°=30°，
故答案为：30；
（2）取中间正六边形的中心为O，作如下图形，

由题意得：AG∥BF，AB∥GF,BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB=GF，
∵∠BAC=∠FGH,∠ABC=∠GFH=90°，
∵Rt△ABC≌Rt△GFHSAS，
∴BC=FH，
在Rt△PDE中，DE=1,PE=3，
由图1知AG=BF=2PE=23，
由正六边形的结构特征知：OM=12×23=3，
∵BC=12BF−CH=3−1，
∴AB=BCtan∠BAC=3−133=3−3，
∴BD=2−AB=3−1，
又∵DE=12×2=1，
∴BE=BD+DE=3，
∴ON=OM+BE=23
故答案为：23．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含30度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
考点四： 利用平行四边形的性质求解
1．（2024·山东日照·中考真题）如图，以▱ABCD的顶点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于点E，再分别以点A，E为圆心，大于12AE的长为半径画弧，两弧交于点F，画射线BF，交AD于点G，交CD的延长线于点H．
(1)由以上作图可知，∠1与∠2的数量关系是_______
(2)求证：CB=CH
(3)若AB=4，AG=2GD，∠ABC=60°，求△BCH的面积．
【答案】(1)∠1=∠2
(2)证明见解析
(3)93
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，BF为∠ABC的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知∠1=∠H，结合∠1=∠2，从而推出∠2=∠H，即可证明；
（3）过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M，根据平行四边形的性质AB=CD=4，∠HCM=∠ABC=60°，ABDH=AGGD，结合AG=2GD，推出DH=12AB，从而得到CH，BC，HM=CH⋅sin∠HCM，最后由S△BCH=12BC⋅HM计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，BF为∠ABC的角平分线
∴∠1=∠2
故答案为：∠1=∠2
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠1=∠H
∵∠1=∠2
∴∠2=∠H
∴CB=CH
（3）解：如图，过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M
∵四边形ABCD为平行四边形，AB=4
∴AB∥CD，AB=CD=4
∴∠HCM=∠ABC=60°，△ABG∽△DHG
∴ABDH=AGGD
又∵AG=2GD
∴AGGD=2
∴ABDH=AGGD=2
∴DH=12AB=12×4=2
∴CH=DH+CD=6
∴BC=CH=6
∴HM=CH⋅sin∠HCM=CH⋅sin60°=6×32=33
∴S△BCH=12BC⋅HM=12×6×33=93．
2．（2024·海南·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于12MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）

A．22B．21C．20D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=25，利用tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
∴CE=42+82=45，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，

则CG=EG=12CE=25，
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
∴DECD=BGCG，即48=BG25，
∴BG=5，
∴BE=BC=52+252=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．
3．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠BAD=60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q．
(1)若点P与点B重合，则线段MN的长度为______．
(2)随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由．
【答案】(1)5
(2)不变，AQ=8，MN=5
【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE=PC=BC，MN为△PDE的中位线，即可求出MN的长度．
（2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，得出MN= 12 GH= 12 AD=5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB=DF，然后再由AQ=AI+IQ=8，最后得出MN和AQ的长度不变．
【详解】（1）解：当点P与点B重合时，如图①，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，
∴∠EPC=60°，PE=PC，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=BC=PE=10．∠PCE=60°，
∴C、D、E三点共线，
∵CD∥AB，EF∥AB，
∴E、D、F、C共线，
∵点M、N分别是PF，ED的中点，
∴2MN=PE=10．
∴MN=5．
故答案为：5．
（2）解：结论：不变．
如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN=GN，连接GE，DG，延长EG，BA交于H点，连接PG．延长AB至点K，使得BK=BC，连接CK，CE，设PG与AD交于I点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵点N为DE中点，
∴EN=DN．
∵FN=GN，
∴四边形GEFD为平行四边形，
∴GE∥AF，GD∥EF．
∵EF∥AB， CD∥AB，
∴GD∥EF∥HB，HG∥AF．
∴四边形HADG为平行四边形，
∴HG=AD，
∵HG∥AF
∴∠BAD=∠AHG=60°．
在平行四边形ABCD中，
∵∠BAD=60°，CD∥AB，
∴∠CBK=60°，
∵BC=BK，
∴△BKC是等边三角形，
∴∠K=60°．KC=BC=AD=10，
由旋转得∠EPC=60°，PE=PC，
∵∠H=60°，∠H+∠HEP+∠HPE=180°，
∴∠HEP+∠HPE=120°，∠HPE+∠CPK=180°−60°=120°，
∴∠HEP=∠CPK，
又∠K=∠H=60°，PE=PC，
∴△EHP≌△PKC（AAS）．
∴HP=KC=AD=HG=10，
∴△PGH为等边三角形．
∵点M、N为PF、GF的中点，
∴MN为△PGF的中位线，MN= 12 PG．
∵PG=HG=AD=10．
∴MN=5．即MN的长度不变；
∵△CPE和△GPH都为等边三角形．
∴PH=PG，PE=PC，∠HPG=∠EPC=60°，∠PHG=∠PGH=60°，
∴∠GPC=∠HPE，
∴△HPE≌△GPC（SAS）．
∴GC=HE=AF．
∵∠PHG=∠PGH=60°， HG∥AF
∴∠PAI=∠PHG=∠PGH=∠PIA=∠API=60°，
∴△API为等边三角形．
同理：△GDI为等边三角形．
∴GD=ID．AP=AI，
∴AF−DI=CG−DG，
∴AI+DF=DC=6=AP+PB，
∵AP=AI，
∴PB=DF，
设AP=a，则PB=6−a=DF，AI=AP=a，ID=10−a，
∴IF=ID+DF=10−a+6−a=16−2a．
∵MN为△GFP的中位线，
∴MN∥GP，
∴FQIQ=FNGN=1，
∴FQ=IQ，
∵M是PF的中点，
∴Q为IF中点，
∴IQ= 12 IF=8−a，
∴AQ=AI+IQ=a+8−a=8．
故MN和AQ的长度都不变．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造△HPE≌△KCP得出MN= 12 GH= 12 AD=5．
考点五： 利用平行四边形的性质证明
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在▱ABCD中，点M,N在AD边上，AM=DN，连接CM并延长交BA的延长线于点E，连接BN并延长交CD的延长线于点F．求证：AE=DF．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明△AEM∽△DCM，可得AEDC=AMDM，同理可得：DFAB=DNAN，再进一步证明AEDC=DFAB即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB∥CD，
∴△AEM∽△DCM
∴AEDC=AMDM，
同理可得，△FDN∽△ABN，
∴DFAB=DNAN
又∵AM=DN，
∴AM+MN=DN+MN
即AN=DM，
∴AEDC=DFAB
又∵AB=CD，
∴AE=DF．
2．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=32，求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)122
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AB=DC，进而得出∠AEM=∠CFM，证明AE=CF，根据AAS证明△AEM≌△CFM，即可得证；
（2）证明▱AECF是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四边形的对边平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（两直线平行，内错角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
∠AME=∠CMF∠AEM=∠CFMAE=CF
∴△AEM≌△CFMAAS；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵AC⊥EF
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四条边都相等）
∴菱形AECF的周长=4AF=4×32=122.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．

(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDHAAS，得∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFBSAS得∠AED=∠EFB，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFBSAS；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDHAAS，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFBSAS，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
考点六： 证明四边形是平行四边形
1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE=DF．

(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)若AB=BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时BCAB的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由见解析，此时BCAB=3
【分析】（1）先证明AB∥CD得到∠EAB=∠FCD，再由垂线的定义得到∠AEB=∠CFD=90°，据此证明△AEB≌△CFDAAS，得到AB=CD，由此即可证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，利用三角形内角和定理得到∠BAO=60°，则可证明△AOB是等边三角形，得到OA=OB，进而可证明AC=BD，则四边形ABCD是矩形，在Rt△ABC中，tan∠BAC=BCAB=3．
【详解】（1）证明：∵∠ABD=∠CDB，
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠FCD，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
又∵BE=DF，
∴△AEB≌△CFDAAS，
∴AB=CD，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由如下：
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵∠ABE=30°，
∴∠BAO=60°，
又∵AB=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∴OB=OD=OA=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
即当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴在Rt△ABC中，tan∠BAC=BCAB=3．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
2．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别在边AB，CD上．将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线AC上．连接GE，FH．
求证：
(1)△AEH≌△CFG；
(2)四边形EGFH为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由折叠的性质可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，进而得AH=CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG；
（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH=FG，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠EAH=∠FCG，
由折叠可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，
∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，
∴AH=CG，
在△AEH和△CFG中，
∠EAH=∠FCGAH=CG∠AHE=∠CGF=90°，
∴△AEH≌△CFGASA；
（2）证明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EGFH为平行四边形．
3．（2024·四川达州·中考真题）如图，线段AC、BD相交于点O．且AB∥CD，AE⊥BD于点E．
(1)尺规作图：过点C作BD的垂线，垂足为点F、连接AF、CE；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母）
(2)若AB=CD，请判断四边形AECF的形状，并说明理由．（若前问未完成，可画草图完成此问）
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF是平行四边形，理由见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，垂线的尺规作图，全等三角形的性质与判定：
（1）先根据垂线的尺规作图方法作出点F，再连接AF、CE即可；
（2）先证明△ABO≌△CDOASA，得到OA=OC，再证明AE∥CF，∠AEO=∠CFO=90°，进而证明△AOE≌△COFAAS，得到AE=CF，即可证明四边形AECF是平行四边形．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：四边形AECF是平行四边形，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠B=∠D，∠OAB=∠OCD，
又∵AB=CD，
∴△ABO≌△CDOASA，
∴OA=OC，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，∠AEO=∠CFO=90°，
又∵∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COFAAS，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
考点七： 利用平行四边形的性质与判定求解或证明
1．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD，∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC，AD上．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若∠ADC=60°，DF=2AF=2，求△GDF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S△GDF=233．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到∠BAD=∠BCD，AD∥BC，结合角平分线的条件得到∠DAE=∠BCF，由AD∥BC得到∠DFC=∠BCF，∠DAE=∠DFC，根据平行线的判定得到AE∥FC，根据平行四边形的判定即可得到AECF是平行四边形；
（2）求得△DFC是等边三角形，得到DF=DC=CF=2，CE=AF=1，证明△DFG∽△ECG，求得FG=43，作GH⊥DF于点H，在Rt△FGH中，求得GH=233，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，AD∥BC，
∵AE，CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
∴∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠BCF=∠DCF=12∠BCD，
∴∠DAE=∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠BCF，
∴∠DAE=∠DFC，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：由（1）得∠DFC=∠BCF，∠BCF=∠DCF=12∠BCD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵∠ADC=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴∠DFC=60°，
∵DF=2AF=2，
∴DF=DC=CF=2，CE=AF=1，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△ECG，
∴FGCG=DFCE=21=2，
∴FG=23CF=43，
作GH⊥DF于点H，
在Rt△FGH中，∠GFH=60°，FG=43，
∴GH=FG⋅sin60°=233，
∴S△GDF=12DF×GH=12×2×233=233．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
2．（2024·广西·中考真题）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC．点D，E分别是BC，AC的中点，连接DE并延长至点F，使DE=EF，连接AF．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)求证：AF与⊙O相切；
(3)若tan∠BAC=34，BC=12，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)10
【分析】（1）先证明BD=CD，DE=EF，再证明△AEF≌△CED，可得AF=CD，∠F=∠EDC，再进一步解答即可；
（2）如图，连接AD，证明AD⊥BC，可得AD过圆心，结合AF∥BD，证明AF⊥AD，从而可得结论；
（3）如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，设BQ=3x，则AQ=4x，可得CQ=AC−AQ=x，求解x=1210=6105，可得AB=5x=610，求解AD=AB2−BD2=18，设⊙O半径为r，可得OD=18−r，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是BC，AC的中点，
∴BD=CD，AE=CE，
又∵∠AEF=∠CED，DE=EF，
∴△AEF≌△CED，
∴AF=CD，∠F=∠EDC，
∴AF=BD，AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴AD过圆心，
∵AF∥BD，
∴AF⊥AD，
而OA为半径，
∴AF为⊙O的切线；
（3）解：如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，
∵tan∠BAC=34，
∴BQAQ=34，
设BQ=3x，则AQ=4x，
∴AC=AB=AQ2+BQ2=5x，
∴CQ=AC−AQ=x，
∴BC=BQ2+CQ2=10x，
∴10x=12，
∴x=1210=6105，
∴AB=5x=610，
∵AB=AC，BC=12，AD⊥BC，
∴BD=CD=6，
∴AD=AB2−BD2=18，
设⊙O半径为r，
∴OD=18−r，
∴r2=18−r2+62，
解得：r=10，
∴⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD=DC=12BC，E是BC的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论：
甲：若连接AE，则四边形ADCE是菱形；
乙：若连接AC，则△ABC是直角三角形．
请选择一名同学的结论给予证明．
【答案】见解析
【分析】选择甲：由AD=DC=12BC，E是BC的中点．得CE=12BC=AD，从而得四边形ADCE是平行四边形，再根据AD=CD，即可证明结论成立；选择乙：连接AE、DE，DE交AC于O，分别证明四边形ABED是平行四边形，四边形ADCE是菱形，得AC⊥DE，DE∥AB，再根据平行线的性质及垂线定义即可得证．
【详解】证明：选择甲：如图1，
∵AD=DC=12BC，E是BC的中点．
∴CE=12BC=AD，
∵AD∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形；
选择乙：如图2，连接AE、DE，DE交AC于O，
∵AD=DC=12BC，E是BC的中点．
∴BE=CE=12BC=AD，
∵AD∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，四边形ABED是平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形；
∴AC⊥DE，
∴∠EOC=90°，
∵四边形ABED是平行四边形，
∴DE∥AB
∴∠BAC=∠EOC=90°，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平行四边形的判定及性质是解题的关键．
考点八： 平行四边形性质和判定的应用
1．（2024·江苏镇江·中考真题）图1、2是一个折叠梯的实物图．图3是折叠梯展开、折叠过程中的一个主视图．图4是折叠梯充分展开后的主视图，此时点E落在AC上，已知AB=AC，sin∠BAC≈45，点D、F、G、J在AB上，DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，DE=FM=GH=JK=20cm，DF=FG=GJ=30cm．点N在AC上，AN、MN的长度固定不变．图5是折叠梯完全折叠时的主视图，此时AB、AC重合，点E、M、H、N、K、C在AB上的位置如图所示．
【分析问题】
（1）如图5，用图中的线段填空：AN=MN+EM+AD−_________；
（2）如图4，sin∠MEN≈_________，由AN=EN+AE=EN+AD，且AN的长度不变，可得MN与EN之间的数量关系为_________；
【解决问题】
（3）求MN的长．
【答案】（1）DE；（2）45，MN=EN−10；（3）MN=40cm
【分析】（1）AN=MN+EM+AE=MN+EM+(AD−DE)=MN+EM+AD−DE；
（2）可推出四边形DEMF是平行四边形，从而EM∥DF，从而∠MEN=∠BAC，进而得出sin∠MEN=sin∠BAC=45，根据AN=MN+EM+AD−DE，AN=EN+AD得出MN+EM+AD−DE=EN+AD，进一步得出结果；
（3）作MW⊥AC于W，解直角三角形EMN求得MW和EW，进而表示出WN，在直角三角形MNW中根据勾股定理列出方程，进而得出结果．
【详解】解：（1）∵AE=AD−DE，
∴AN=MN+EM+AE=MN+EM+(AD−DE)=MN+EM+AD−DE，
故答案为：DE；
（2）∵DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，
∴DE∥FM，
∵DE=FM=20cm，
∴四边形DEMF是平行四边形，
∴EM∥DF，
∴∠MEN=∠BAC，
∴sin∠MEN=sin∠BAC=45，
∵AN=MN+EM+AD−DE，AN=EN+AD，
∴MN+EM+AD−DE=EN+AD，
∴MN+EM−DE=EN，
∴MN+30−20=EN，
∴MN+10=EN，
故答案为：45，MN=EN−10；
（3）如图，
作MW⊥AC于W，
∴∠MWN=∠MWE=90°，
∴MW2+WN2=MN2，MW=EM⋅sin∠MEN=30×45=24，
∴EW=EM2−MW2=302−242=18，
设MN=a，则EN=a+10，WN=EN−EW=a+10−18=a−8，
∴242+(a−8)2=a2，
∴a=40，
∴MN=40cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，平行四边形的判定和性质，勾股定理，线段之间的数量关系，解决问题的关键是理解题意，熟练应用有关基础知识．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图1，点O是等边△ABC的内心，∠DOE的两边分别交AB、BC于点D、E，且∠DOE=120°，若等边△ABC的边长为6，求四边形ODBE周长的最小值．
（2）为培养学生劳动实践能力，某学校计划在校东南角开辟出一块平行四边形劳动实践基地．如图2所示，劳动实践基地为▱ABCD，点O为其对称中心，且OB=20m，点E、F分别在边AB、BC上，四边形EBFO为学校划分给九年级的实践活动区域，九年级学生打算在四边形EBFO区域种植两种不同的果蔬，即在△BEF、△EFO种植不同的果蔬．在点O处安装喷灌装置，且喷灌张角为60°，即∠EOF=60°，并修建OE、EF、OF三条小路．现要求规划的三条小路OE、EF、OF总长最小的同时，果蔬种植区域四边形EBFO的面积最大．求满足规划要求的三条小路OE、EF、OF总长的最小值，并计算同时满足四边形EBFO面积最大时学校应开辟的劳动实践基地▱ABCD的面积．

【答案】（1）6+23；（2）80033
【分析】（1）连接OB，OC．先证明△BOD≌△COEASA，得出BD=CE，OD=OE，则四边形ODBE的周长=BD+BE+EO+OD=BC+2OE，当OE最小时，四边形ODBE 周长最小，求出此时的OE即可解答；
（2）分别以AB、BC所在直线为对称轴，作点O关于AB的对称点为M，O关于BC的对称点为N，连接MN，交AB于点E1，交BC于点F1，连接BM、BN、EM、FN、OE1、OF1，得出ΔOEF周长的最小值是MN，再利用平行四边形的判定与性质求得▱ABCD的面积．
【详解】解：（1）连接OB，OC，如图，
∵点O是等边△ABC的内心，
∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=∠ACO=30°，
∴OB=OC，∠BOC=120°
∵∠DOE=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD与△COE中，
∠BOD=∠COEOB=OC∠OBD=∠OCE，
∴△BOD≌△COEASA，
∴BD=CE，OD=OE，
∴四边形ODBE的周长=BD+BE+EO+OD=BC+2OE，
∵BC=6，
∴当OE⊥BC时，OE最小，四边形ODBE周长最小，此时OE=CE·tan30°=3×33=3，
∴四边形ODBE的周长的最小值=6+23；
（2）分别以AB、BC所在直线为对称轴，作点O关于AB的对称点为M，O关于BC的对称点为N，连接MN，交AB于点E1，交BC于点F1，连接BM、BN、EM、FN、OE1、OF1，如图，

则ME=OE，OF=FN．
∵两点之间线段最短，
∴ME+EF+NF≥MN，
∵△OEF周长=OE+EF+OF=ME+EF+NF，
∴△OEF周长的最小值是MN，
∵O、M关于AB对称，O、N关于BC对称，
∴BM=BN=BO=20m，∠BMN=∠BOE1，∠BNM=∠BOF1，∠EME1=∠EOE1，∠FNF1=∠FOF1，
∴∠EOF=∠E1OF1=60°．
∴∠BMN+∠BNM=∠BOE1+∠BOF1=∠E1OF1=60°，
∴∠MBN=120°，
∴∠BMN=∠BNM=30°，
过点B作BH⊥MN，
∴BH=10，MH=NH=103，
∴ MN=203．
即OE、EF、FO和的最小值为203，
此时S四边形形EBFO=S△BEM+S△BFN=S△BMN−S△BEF，
∵S△BMN的面积为1003，
∴当△BEF的面积最小时，四边形EBFO的面积最大，
在△BEF中，∠ABC=60°，MN上的高ℎ=10（定角定高模型），
∴当BE=BF时，△BEF的面积最小，且最小值为10033，
∴四边形EBFO的面积最大值=1003−10033=20033，
∵当BE=BF，∠ABC=60°时，∠BEM=∠BFN=120°=∠BEO=∠BFO=120°，得四边形EBFO为平行四边形，
∴此时平行四边形ABCD的面积=4×四边形EBFO的面积=80033．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用轴对称的性质添加辅助线是解题的关键．
3．（2022·浙江金华·一模）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆MN固定在垂直于地面的墙壁上，支杆CE与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形ABCD始终是平行四边形．
(1)若遮阳蓬完全展开时，CE长2米，在与水平地面呈60°的太阳光照射下，CE在地面的影子有______米（影子完全落在地面）
(2)长支杆与短支杆的长度比（即CE与AD的长度比）是______．
【答案】(1)2
(2)2:1
【分析】（1）过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，ES∥CK，可得四边形CESK是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得KS的长即可；
（2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为OM的中点、B为OC的中点，然后说明AD的长度为长支杆的一半即可．
【详解】（1）解：过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，ES∥CK，
∴四边形CESK是平行四边形，
∴KS=CE=2，即CE在地面上影子的长为2米；
故答案为：2；
（2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为OM的中点、B为OC的中点，
当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即AD的长度为长支杆的一半，
∵CE为长支杆的长度，AD为短支杆的长度．∴CE:AD=2:1．
故答案为：2:1．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
考点九： 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=12，BC=2，AD=1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 ．
【答案】22+12
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出BP取最大值时B、P、M三点的位置关系．
取AC的中点M，连接PM、BM，利用解三角形求出BM=MC2+BC2=22，利用三角形中位线定理推出PM=12AD=12，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值．
【详解】解：取AC的中点M，连接PM、BM．
∵∠ACB=90°，tan∠BAC=12，BC=2，
∴AC=BCtan∠BAC=2÷12=4，
∴AM=CM=12AC=2，
∴BM=MC2+BC2=22+22=22，
∵P、M分别是CD、AC的中点，
∴PM=12AD=12．
如图，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值，
最大值为BM+MP=22+12，
故答案为：22+12．
2．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，求证：∠PMN=∠PNM．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F，求证：∠AEM=∠F．
（3）用数学的语言表达．
如图，在△ABC中，ACa，则b−a2≤MN≤b+a2．
故答案为：1≤MN≤4，b−a2≤MN≤b+a2．
易错点1： 未掌握求多边形边数的方法
1．（2024·四川资阳·中考真题）一个正多边形的每个外角度数都等于60°，则这个多边形的边数为（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】C
【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360°，根据正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，外角和等于360°，即可得出答案．
【详解】解：∵多边形的外角和等于360°，且这个每个外角都等于60°，
∴它的边数为360°÷60°=6.
故选：C．
2．（2023·四川自贡·中考真题）第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角∠ACB=15°，算出这个正多边形的边数是（ ）

A．9B．10C．11D．12
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理以及正多边形的性质，得出∠B=150°，然后可得每一个外角为30°，进而即可求解．
【详解】解：依题意，AB=BC，∠ACB=15°，
∴∠BAC=15°
∴∠ABC=180°−∠ACB−∠BAC=150°
∴这个正多边形的一个外角为180°−150°=30°，
所以这个多边形的边数为36030=12，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，正多边形的性质，正多边形的外角与边数的关系，熟练掌握正多边的外角和等于360°是解题的关键．
3．（2020·湖北省直辖县级单位·中考真题）已知正n边形的一个内角是135°，则边数n的值是
【答案】8
【分析】本题主要考查了正多边形内角和问题，正n边形的内角和为180°⋅n−2，再根据每个内角的度数为135°建立方程求解即可．
【详解】解：由题意得，180n−2=135n，
解得n=8，
故答案为：8．目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（2大模块知识梳理）
\l "_Tc182324382" 知识模块一：多边形
\l "_Tc182324386" 知识模块二：平行四边形
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（10大基础考点）
\l "_Tc182324398" 考点一： 多边形内角和问题
\l "_Tc182324399" 考点二： 多边形外角和问题
\l "_Tc182324400" 考点三： 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用
\l "_Tc182324401" 考点四： 利用平行四边形的性质求解
\l "_Tc182324402" 考点五： 利用平行四边形的性质证明
\l "_Tc182324403" 考点六： 证明四边形是平行四边形
\l "_Tc182324404" 考点七：利用平行四边形的性质与判定求解或证明
\l "_Tc182324405" 考点八： 平行四边形性质和判定的应用
\l "_Tc182324406" 考点九： 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
\l "_Tc182324407" 考点十： 补全图形利用中位线定理求解
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（2大重难点）
\l "_重难点一：_平行四边形与函数综合" 重难点一： 平行四边形与函数综合
\l "_重难点二：_与平行四边形有关的新定义问题" 重难点二： 与平行四边形有关的新定义问题
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（1大易错点）
\l "_易错点1：" 易错点1：未掌握求多边形边数的方法
性质
符号语言
图示
边
平行四边形两组对边平行且相等
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
角
平行四边形对角相等
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
对角线
平行四边形的对角线互相平分
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC=AC,BO=DO=BD
判定
符号语言（同上图）
定义
一组对边分别平行的四边形是平行四边形
∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形
边
两组对边分别相等的四边形是平行四边形
∵AB=CD，AD=BC∴四边形ABCD是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形
角
两组对角分别相等的四边形是平行四边形
∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形
对角线
对角线互相平分的四边形是平行四边形
∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形