第19讲 平行四边形的性质与判定（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

这是一份第19讲 平行四边形的性质与判定（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案，文件包含第19讲平行四边形的性质与判定复习讲义原卷版docx、第19讲平行四边形的性质与判定复习讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共132页， 欢迎下载使用。
01· TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc214359310" 考情剖析·命题前瞻1
02· \l "_Tc214359311" 知识导航·网络构建3
\l "_Tc214359312" 03·考点解析·知识通关4
04· \l "_Tc214359313" 命题洞悉·题型预测21
05·重难突破·思维进阶难 \l "_Tc214359314" 47
\l "_Tc214367046" 06·优题精选·练能提分63
考点一 平行四边形的性质
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. 表示方法：□ABCD
注意：定义既可以作为判定使用，也可以作为性质使用，具有双重作用。
2．平行四边形的性质:
（1）边：两组对边分别平行且相等．
（2）角：对角相等，邻角互补．
（3）对角线：互相平分．
（4）对称性：中心对称图形但不是轴对称图形．
3．平行四边形中的几个解题模型
（1）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．（简单记忆为：平分+平行得等腰）
（2）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.
（3）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
1．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则 ．
【答案】4
【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵点F为的中点，
∴；
故答案为：4．
2．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点．
(1)求证：直线是的切线．
选择其中一位同学的想法，完成证明；
(2)当与相切时，是菱形吗？说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)是菱形，理由见详解
【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答．
（2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
【详解】（1）解：左边同学的思路：
过点O作，连接，，如图所示：
∴，
∵是的对称中心，
∴三点共线，且，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∵
∴直线是的切线；
右边同学的思路：
连接，并延长交于点F，如图所示：
∵是的对称中心，
∴三点共线，且，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴是切点，
即直线是的切线；
（2）解：是菱形，理由如下：
当与相切时，记切点为点，如图所示：
∵与相切于点．与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3．（2025·江苏无锡·中考真题）在平行四边形纸片中，．现将该纸片折叠，折痕与纸片的两边交于点、．若与重合，在上，且，则被折痕分成的与四边形的面积的比为 ；若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，则折痕长的取值范围是 ．
【答案】 或
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，含角的直角三角形，勾股定理，矩形的判定和性质．若与重合，在上，且，则，由角所对直角边与斜边的关系，可得，根据勾股定理可得，从而可得的面积和平行四边形纸片的面积，相减可得四边形的面积，进而可得与四边形的面积的比；取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，当过点或当过点时，折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，分别求出每种情况对应的的取值范围即可．
【详解】解：若与重合，在上，且，
则，
，
．
．
，
．
由勾股定理得，．
，．
．
．
与四边形的面积的比为．
若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，
如图，取的中点，的中点，连接，
四边形是平行四边形，
，．
，，，．
四边形是平行四边形，四边形是平行四边形．
平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为．
连接，，交于点，当过点时，且点在线段上，不与点重合，点在线段上，不与点重合，
∴此时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
四边形的面积与四边形的面积的比为．
当时，取最小值，由可知，的最小值为，
作，交延长线于点，则，
，
．
，
．
．
．
，，
．
．
．
．
如图，取的中点，的中点，连接，
四边形是平行四边形，
，．
，，，．
四边形是平行四边形，四边形是平行四边形．
，，平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为．
连接，，交于点，当过点时，且点在线段上，不与点重合，点在线段上，不与点重合，
四边形的面积与四边形的面积的比为，
四边形的面积与四边形的面积的比为．
作，交延长线于点，作于点，则，，
．
．
，，
．
．
．
，
．
．
四边形为矩形．
，．
，，
，．
．
∴折痕长的取值范围是或．
故答案为：；或．
考点二 平行四边形的判定
平行四边形的判定方法
1．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．
【答案】②或③，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证．
【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形．
理由如下，如图，连接交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴
∴四边形是平行四边形．
添加③为条件，则四边形是平行四边形．
理由如下，∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
选择①无法得出四边形是平行四边形．
2．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
3．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答．
(1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为．
①若，求的长；（请直接写出答案）
②若的面积为，求的长．
(2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置．
【答案】(1)①，②
(2)，是的重心.
【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可.
（2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可.
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵ 与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴,
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
考点三 中位线
1.三角形中位线定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。（一个三角形共三条中位线）
2.性质定理:
文字语言：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
符号语言：
3.中位线拓展：梯形的中位线等于上底与下底和的一半。
符号语言：
1．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
由题意可得为的中位线，根据三角形的中位线定理可得，则，四边形是平行四边形，即可判断A、B、D；再由，是边的中点，即可判断C．
【详解】解：点、、分别是边、、的中点
∴为的中位线，
∴，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
故A、B、D正确，不符合题意；
∵，是边的中点，
∴，
故C错误，符合题意，
故选：C．
2．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长是 ．
【答案】6
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据求解即可得．
【详解】解：∵在中，点，分别是边，的中点，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：6．
3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E．
(1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；
(2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线；
(3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______．
【答案】(1)，理由见解析
(2)见解析
(3)25
【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论；
（2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论；
（3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
由旋转的性质可得
过作于过点C作的延长线于，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
（2）证明：延长至， 使得， 连接，
为中点
为的中位线
由旋转的性质可得，
，，
，
，
四点共圆，
，
，
连接，
在中，点是的中点，
，
同理可得，
在中，点是的中点，
，
同理可得，
，
四边形是菱形，
，
即，
四边形是平行四边形，
，
又，
P，Q，R三点共线；
（3）解：过点C作延长线于，
由旋转的性质可得，
由（1）得，由旋转的性质可得，
，
，
，
，
，
，
，
中，，
，
则S的最大值为25．
故答案为：25．
命题点一 平行四边形的性质
►题型01利用平行四边形的性质求解
【典例】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则 ．
【答案】1
【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．先利用平行四边形的性质得，，证明，得出，结合，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：1．
【变式】
1．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵为线段上的动点，
∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，
则如图，过点作的平行线，
过点作关于线段的对称点，
由对称性得，
∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，
此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，
∵菱形中，，，
∴，，，
由题可得，
∴由对称性可得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
2．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，，．
(1)求的长；
(2)求的长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先证出，再证出，根据相似三角形的性质可得，由此即可得；
（2）过点作，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出，即点共线，则可得，然后证出，根据相似三角形的性质可得，最后根据代入计算即可得．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，
∴，，
由旋转的性质得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：如图，过点作，交于点，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
由（1）已得：，，
∴，
∴点共线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
►题型02利用平行四边形的性质证明
【典例】．（2025·江苏常州·三模）如图，中，E、F为对角线上两点，且，连接，．
(1)求证：；
(2)连接交于点O，求证：与互相平分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；
（1）根据平行四边形的性质得到，，，
根据得到，进而得到，即可得到结论；
（2）连接、、，根据得到，，即可得到，进而证明为平行四边形，根据平行四边形的性质证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：连接、、．
由（1）得，，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴、互相平分．
【变式】
1．（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，、相交于点O．
(1)证明：；
(2)请你利用无刻度直尺和圆规作，交于H（不写作法，保留作图痕迹），若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，
【分析】本题考查了尺规作图、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接，由作图可得，，平分，得到，利用平行四边形的性质和菱形的判定证明四边形是菱形，再利用菱形的性质即可证明；
（2）利用尺规作，交于H，由（1）得四边形是菱形，利用勾股定理求出菱形的边长，利用面积公式求出菱形的面积，由可得是菱形的高，再利用等面积法即可求出线段的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
由作图可得，，平分，
，
，
，
，
，
，
，
又，
四边形是菱形，
．
（2）解：如图所示，图形即为所求：
由（1）得，四边形是菱形，
，，
，，，
，
，
是菱形的高，
．
2．（2025·江苏无锡·二模）如图，在中，E为的中点，延长交的延长线于点F，连接、．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握平行四边形的判定和性质是关键．
（1）根据中点得到，根据平行四边形的性质得到，则，运用角边角即可求证；
（2）根据三线合一得到，由勾股定理得到，再证明四边形为平行四边形，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵为的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，四边形为平行四边形，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵且，
∴四边形为平行四边形，
∴．
命题点二 平行四边形的判定
►题型03 证明平行四边形
【典例】．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在锐角中，，分别是，的中点，点，分别为上的点，且，，证明：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了等边对等角，三角形中位线的性质与判定，平行四边形的判定；根据得出，结合已知可得即可证明，根据三角形中位线的性质得出，即可得证．
【详解】证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，分别是，的中点，
∴，则，
∴四边形为平行四边形．
【变式】
1．（2025·江苏南京·二模）如图，四边形的对角线、交于点，与、分别相切于点、，与交于点、．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接并延长与交于点，若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由切线的性质可得出，证明得出，即可得证；
（2）设的半径为，则．由平行四边形的性质可得，，证明得出，最后利用勾股定理计算即可得解．
【详解】（1）证明：与、相切于点、，
，．
，
在和中，
，
，
．
又，
四边形是平行四边形；
（2）解：如图：

设的半径为，则．
四边形是平行四边形，
，，
，，．
又，
．
．
．
为的中点，
在中，，为的中点，，
，．
．
同理，．
．
解得．
所以的半径为．
2．（2025·江苏扬州·二模）如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处，将边沿折叠，使点落在上的点处．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查矩形的性质、平行四边形的判定、折叠的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、平行四边形的判定、折叠的性质及勾股定理是解题的关键；
（1）由题意易得，由折叠的性质可知：，然后可得，进而问题可求证；
（2）由题意易得，由折叠的性质可知：，设，则有，然后根据勾股定理可进行求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可知：，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：在矩形中，，，
∴，
由折叠的性质可知：，
设，则有，
∴在中，由勾股定理可得：，
解得：，
∴，
∴．
►题型04添加条件成为平行四边形
【典例】．（2025·江苏宿迁·三模）如图，是四边形的对角线，点为的中点，．从①，②，③等三个选项中选择一个作为添加条件，使四边形为平行四边形，并说明理由．
【答案】①，证明见解析（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
先证明，得到，，推出，添加①，得到，可证明四边形是平行四边形；添加③，
由，可证明四边形是平行四边形．
【详解】解：点为的中点，，
在和中， ，
，
，，
，
添加①，理由如下，
，
，
四边形是平行四边形；
添加③，理由如下，
，
四边形是平行四边形．
【变式】
1．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，点G，H分别是，的中点，点E，F在对角线上，且．
(1)求证：；
(2)请添加一个条件，使四边形是菱形（不要求证明）．
【答案】(1)见解析
(2)（答案不唯一）
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，根据中点的性质可得，根据全等三角形的判定方法“边角边”即可求证；
（2）由（1）可知，可得，，运用平角的计算可得，可得四边形是平行四边形，再进一步即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点分别是的中点，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴．
（2）证明：添加：，理由如下：
由（1）可知，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
2．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，的对角线、相交于点，，在上，且．
(1)求证：；
(2)请你添加一个条件_____，则四边形是矩形．并证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、矩形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
（1）根据平行四边形的性质，利用证明全等即可；
（2）根据平行四边形的判定和性质得出四边形为平行四边形，然后根据矩形的判定，即可写出添加的条件．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
∴，
∵，
∴，
（2）解：当时，四边形为矩形，
理由：四边形是平行四边形，
，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
当时，四边形为矩形；
命题点三 中位线
►题型05 利用中位线求解
【典例】．（2025·江苏苏州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接，点M，N分别是的中点，连接，若，则MN的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，掌握知识的灵活运用相关性质定理是解题的关键．
如图：连接并延长交于P，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理解答即可．
【详解】解：如图：连接并延长交于P，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵点E，F分别是边的中点，，
∴，，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴．
故选：C．
【变式】
1．（2025·江苏常州·三模）如图，在等腰中，直角边，D为的中点，E为边上的动点，交于点F，M为的中点，当点E从点B运动到点A时，点M所经过的路线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，连接，，，勾股定理求出，然后由M为的中点得到，得到点M在线段的垂直平分线上，交于点G，交于点H，即交于点O，为点M所经过的路线长，然后利用平行线分线段成比例得到为的中位线，进而求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，，
∵在等腰中，直角边，
∴，
∵交于点F，M为的中点，
∴，
∴
∴点M在线段的垂直平分线上，交于点G，交于点H，即交于点O，
∴为点M所经过的路线长
∴
∵D为的中点
∴
∴
∴
∴为的中位线
∴
∴点M所经过的路线长为．
故选：B．
2．（2025·江苏南通·模拟预测）如图①，在中，点、分别与的中点．则与的关系是
(1)如图②，在矩形中，O为的中点，M为边上一动点，N 为 的中点，连接、、．若，则与的数量关系是 ．
(2)如图③，中，，，、是的中线，、分别是和的中点，求的长．
(3)如图④，在中，E为边上一点，连接，点 P 在上，，G是的中点，连接并延长，交 于点 F．若 F 为的中点，，连接，求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，从而证得四边形是平行四边形，进一步得到四边形是矩形，则，即可得；
（2）连接，并延长交于点，延长交于点，由勾股定理得，可得是的中位线，则，，证明，则，则，可得是的中位线，，证明四边形是平行四边形，则，，则，可得是的中位线，则；
（3）连接，作交延长线于，是等边三角形，利用等边三角形的性质与解直角三角形求得，再证明是等边三角形，是直角三角形，求得，代入即可求解．
【详解】（1）解：点为的中点，点为的中点，
，，
，即，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
故答案为：；
（2）解：如图，连接，并延长交于点，延长交于点，
，，
，
、是的中线，
，，
点是的中点，
，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴；
（3）解：连接，作交延长线于，如图，
，
是的中点，，
点为的中点，
，，
点是的中点，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
在中，，，
在中，，
由勾股定理得，
，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
．
►题型06 利用中位线证明问题
【典例】．（2025·江苏扬州·三模）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键；
（1）根据菱形的性质和三角形的中位线定理可得，进而可得四边形是平行四边形，结合即可得到结论；
（2）先根据矩形的性质和勾股定理求出，再证明，利用相似三角形的性质求出，即为.
【详解】（1）证明：∵菱形，
∴，
∵是的中点，即，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，即.
【变式】
1．（2025·江苏南通·模拟预测）如图，在中，G，F分别是， 的中点，D是 的延长线上一点，若，，求证．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，先根据G，F分别是，的中点，得，故，再结合，得，证明，即可作答．
【详解】解：∵G，F分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∵，
则，
∵，
∴，
∴．
2．（2025·江苏南京·三模）（1）如图①，在四边形中，为的中点，点在上，．求证：．
（2）如图②，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图象在轴的上方，过轴上的三点分别作轴的垂线交图象于点，延长交于点，若．
（I）求证：的值是定值．
（II）点是图象上的一动点，当点在直线段下方从运动到时，则的面积_________．（填下列结论中所有正确结论的序号）①逐渐变大；②逐渐变小；③先变大后变小；④先变小后变大；⑤当运动到点处时最大．
（III）已知某一次函数的图象与图象有唯一公共点，若点，分别在图象，图象上，则的值是___________．
【答案】（1）见解析；（2）（I），见解析；（II）③⑤；（III）
【分析】（1）连接交于点G，由已知中点结合平行关系推导、分别为和的中位线后，利用中位线的性质定理即可证明；
（2）（I）设，则，，故，，则，则，再由即可求解定值；
（II）设，，，则，，，可求出直线的斜率，当过点P的直线与平行且与抛物线有且只有一个交点时，满足的面积最大，此时设过点P的直线为，联立二次函数与直线的方程，令，可得，进而可得直线的表达式，即当点P运动到点E处时面积最大，故⑤正确，进而可得③正确；
（III）利用（2）中（I）的结论即可求解．
【详解】（1）证明：连接交于点G，如图，
∵，
∴，，
∵点E为的中点，
∴点G必为的中点，从而点F也为的中点，
故，分别为和的中位线，
∴，，
∴，
即；
（2）（I）证明：设，则，，
故，，
则，
则
，
又∵，
故，即的值为定值a；
（II）设，，，
则，
，，
直线的斜率为，
当过点P的直线与平行且与抛物线有且只有一个交点时，满足的面积最大，
此时设过点P的直线为，
联立，
整理可得，，
令，即，
解得，
故，
再联立，
整理可得，，即，
解得，此时点P的横坐标为m，
即当点P运动到点E处时面积最大，故⑤正确，
由此可知点P从D运动到点F时，面积先变大再变小，故③正确；
（III）根据题意，如图所示，
∵，，
由（I）知，，
故答案为：．
突破一 平行四边形的性质与判定综合问题
【典例】．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，，即可得到结论；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵E为的中点，，
∴，
∴四边形为菱形．
【变式】
1．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，C是线段的中点，．
(1)求证：；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)详见解析(2)8
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键：
（1）中点得到，平行线的性质，得到，利用证明即可；
（2）根据，得到，进而得到四边形为平行四边形，进而得到，即可得出结果．
【详解】（1）证明：是线段的中点，
．
，
．
在和中，
．
（2），是线段的中点，
．
，
．
又，
∴四边形是平行四边形，
．
2．（2025·江苏南京·一模）小明学习了平行四边形的知识后，想利用平行四边形的相关知识探究下列问题．
(1)【问题探究】探究一 利用平行四边形的判定方法作平行四边形，作法是：如图①，在中，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧在下方交于点，连接，，则四边形是平行四边形．小明判定四边形是平行四边形的依据是__________；
(2)探究二 “在四边形中，若，对角线与交于点，且，四边形是平行四边形吗？”
①在图②中作出符合条件的图形（尺规作图，保留作图痕迹）；
②结合所作图形，符合条件的四边形__________（填写“是”“不是”或“不一定是”）平行四边形；
(3)【问题应用】如图③，在中，E是的中点，连接AE，EB，F是AE的中点，连接交于点G．若，求的长．
【答案】(1)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
(2)①见解析；②不一定是
(3)4
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
（1）根据平行四边形的判定方法即可求解；
（2）①根据题意作出符合条件的图形即可回答问题；②由①解答即可；
（3）根据三角形中位线定理以及平行四边形的性质可得，，可得到四边形是平行四边形，即可解答．
【详解】（1）解：由作法得：，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）；
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
（2）解：①如图①，四边形，四边形，即为符合条件的图形；
②由①得：四边形不是平行四边形，
则符合条件的四边形不一定是平行四边形；
故答案为：不一定是；
（3）解：如图②，取的中点，连接，．
是的中点，是的中点，
是的中位线，
且，
是的中点，
，
，
，
又，
，
四边形是平行四边形，
，
．
突破二 平行四边形与函数的综合
【典例】．（2025·江苏常州·一模）已知：如图，抛物线与x轴交于点A、B，它的对称轴交x轴于点Q．点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．(点C在点D的右侧)．
(1)如图1，连接，若四边形是平行四边形，则_____；
(2)如图2，连接，交对称轴于点T，连接，当时，求直线的函数表达式；
(3)在(2)的条件下，在该抛物线上取一点M，使得是以为斜边的直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)24
(2)或
(3)、、、
【分析】（1）根据抛物线可求得，故抛物线的对称轴为直线，可以求得，从而得到，，根据题意可证C，D两点是一对对称点，得到，，求得，继而得到，根据平行四边形的面积得．
（2）当点P在x轴的上方时，C，D两点是一对对称点，得到，，轴，得，，于是点恰好是抛物线与y轴正半轴的交点，设直线的解析式为，由直线经过点，故，解得，故直线的解析式为，同理可求点P在x轴的下方情况，解答即可．
（3）根据题意，当点P在x轴的上方时，以为直径作圆交抛物线于点M和，连接，过点M作轴于点H，交于点G，，不妨设，，得到，解得，；；根据题意，当点P在x轴的下方时，以为直径作圆交抛物线于点和，连接，过点作轴于点N，交于点，根据（2）的直线的解析式为，得，求得；得到，不妨设，则，，
解得，此时；；解答即可．
【详解】（1）解：由，得，
解得，
故，
故抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．
∴C，D两点是一对对称点，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：24．
（2）解：当点P在x轴的上方时，
∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．
∴C，D两点是一对对称点，
∴，，轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点恰好是抛物线与y轴正半轴的交点，
设直线的解析式为，
由直线经过点，
故，
解得，
故直线的解析式为，
当点P在x轴的下方时，
∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．
∴C，D两点是一对对称点，
∴，，轴，
∴，
∵，
∴，
设直线与y轴交于点N，
∴，
则，
设直线的解析式为，
由直线经过点
故，
解得，
故直线的解析式为，
综上所述，直线的解析式为或．
（3）解：根据题意，
当点P在x轴的上方时，以为直径作圆交抛物线于点M和，连接，过点M作轴于点H，交于点G，
∵轴，
∴，
故四边形是矩形，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵M在抛物线上，
不妨设，
①当点M在上方时：
，
∵，
∴，
整理，得，
解得（舍去），
当时，，此时；
②同理可得，当点在下方时：
，
整理，得，
解得（舍去），，
当时，，此时；
根据题意，当点P在x轴的下方时，以为直径作圆交抛物线于点和，连接，过点作轴于点N，交于点，
∵轴，
∴，
故，
根据（2）的直线的解析式为，
根据题意，得，
解得或，
故；
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在抛物线上，
不妨设，
①当点M在x轴上方时：
，
∴，
∴，
整理，得，
解得（舍去），，
当时，，此时；
②同理可得：当点M在x轴下方时，
，
整理，得，
解得，（舍去），
当时，，此时；
综上所述，符合题意的点有点或或或．
【变式】
1．（2025·江苏无锡·一模）如图，在平行四边形中，，点从点出发，以的速度沿匀速运动，点同时从点出发，以的速度沿匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，图是的面积（cm2）随时间（s）变化的函数图象（图中为线段）， ；当的面积为时，运动时间为 ．
【答案】
【分析】本题考查了一次函数和二次函数的应用，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，由图、图可知，当时，点与点重合，当时，点在上运动，而点继续在上运动，即得，，进而由勾股定理得，再分和两种情况，分别画出图形，求出与的函数关系式，再把代入计算即可求解，看懂函数图象并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：由图、图可知，当时，点与点重合，当时，点在上运动，而点继续在上运动，
∵四边形是平行四边形，点、点的速度都是，
∴，；
∵，
∴，
∴，
当时，如图，作，交的延长线于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
解得；
当时，如图，作，交的延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
解得，不合题意，舍去；
综上，；
故答案为：，．
2．（2025·江苏苏州·二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴交于A，B两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，作直线，点的坐标为，且．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点在抛物线第一象限图像上，线段（点在点的左侧）是直线上一段长度为的动线段，轴上一点，连接，，，，若四边形为平行四边形，求点的横坐标；
(3)一次函数的图像交二次函数于M，N两点，当抛物线的顶点到一次函数的图像的距离最大时，在这条直线上是否存在一点，满足，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)不存在，理由见解析
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键：
（1）根据题意得到，，由三角形面积得到，，再利用待定系数法即可求解；
（2）连接交于点，利用待定系数法求出直线的解析式为，利用平行四边形的性质得到，，设，利用中点坐标公式可得，代入点到，求出的值得到点的坐标，设，利用勾股定理列出方程，求出的值即可得出答案；
（3）易得直线恒过点，设点，进而得到得到直线的时候，距离最大，设直线与对称轴交于点，过点作垂直于对称轴，易得为等腰直角三角形，进而求出点坐标，求出直线解析式，假设存在点使，根据勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）【小问1详解】
解：抛物线：（），
当时，，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
代入得，，
解得：，
∴抛物线的表达式为．
（2）解：如图，连接交于点，
设直线的解析式为，
代入得，，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
设，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴，
解得：，，
当时，，
设，则，
解得：，，
∵点在点的左侧，
∴；
∴
当时，，
设，则，
解得：，，
∵点在点的左侧，
∴；
∴
∴综上所述，点的横坐标为或．
（3）不存在，理由如下：
∵，
∴当时，，
∴直线恒过点，设该点为，
∵，
∴，对称轴为直线，
∴当直线时，抛物线的顶点到一次函数的图像的距离最大；
设直线与对称轴的交点为，过点作对称轴，
∴，
∴，，
∵直线
∴为等腰直角三角形，
∴为的中点，
∴，
把代入，得：，解得：；
∴，
假设存在点使，则：，
∵，
∴，
整理，得：，
∴，
∴此方程无解，假设不成立，即不存在．
1．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，，点在上，将沿翻折，点恰好落在上的点处，若，则的长为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】A
【分析】此题考查了平行四边形的性质，折叠问题，相似三角形的性质和判定，等边对等角，解题的关键是掌握以上知识点．
根据题意证明出，得到，然后代入求解即可．
【详解】解：∵
∴
由折叠得，
∵
∴
∴
∴
∴，即
∴．
故选：A．
2．（2025·江苏扬州·三模）如图，的顶点A在反比例函数的图象上，点D在y轴上，点B，C在x轴上，与y轴交于点E，连接．若， ，则k的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了的几何意义，以及相似三角形性质和判定，解题的关键在于掌握的几何意义．
过点作于点，证明，利用相似三角形性质得到，再证明，利用相似三角形性质得到，进而得到四边形的面积，矩形面积，即可解题．
【详解】解：过点作于点，
四边形为平行四边形，
，
，
，
， ，
，
，解得，
，，
四边形为矩形，，
，
，
，解得，
四边形的面积，
矩形面积为，
反比例函数的图象在第二象限，
，
故选：C．
3．（2025·江苏宿迁·模拟预测）如图，的顶点在轴的正半轴上，点在对角线上，反比例函数的图象经过C、D两点．已知的面积是36，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查待定系数法求函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、图形与坐标，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征和平行四边形的性质是解答的关键．
由点D坐标确定反比例函数解析式及直线OB的表达式，设，确定，，由平行四边形的面积公式求出n值即可解答．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数的表达式为，
∵点D在对角线上，
∴设直线的表达式为，
∴，则，
∴直线的表达式为，
∵四边形是平行四边形，
∴，
设，
∴点C的纵坐标为，
∴，
解得：，
∴，，
∵的面积是36，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴点B坐标为，
故选：A．
4．（2025·江苏泰州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别在反比例函数（）和（）的图像上，点、在轴上，与轴交于点，点，点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、求反比例函数的解析式，根据点、的坐标可证，利用可证，根据全等三角形的性质可求出点的坐标是，从而可得，根据平行四边形的性质可以求出点的坐标是，把点的坐标，代入即可求出的值．
【详解】解：如下图所示，
点的坐标是，
，
点的坐标是，
，，
，
在和中，，
，
，
点的坐标是，
又点的坐标是，
，
四边形是平行四边形，
，
点的横坐标是，纵坐标是，
点的坐标是，
．
故选：B．
5．（2025·江苏南通·二模）在平行四边形中作出菱形，对于以下两种作法，根据作图痕迹可以判断（ ）
A．①②都正确B．①②都不正确
C．①正确，②不正确D．①不正确，②正确
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质及线段和垂直平分线的作法，根据作图方法结合平行四边形的性质利用菱形的判定定理逐一判定即可．
【详解】解：在作法①中，如图：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
由作图可知垂直平分，
则，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，①正确；
在作法②中，如图：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，即，
由作图可知，
则，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵不一定相等，则不一定相等，
∴不能判定 四边形是菱形，②不正确；
故选：C．
6．（2025·江苏淮安·二模）如图，在平行四边形中，，，将沿对角线折叠得到，与交于点，当恰好为的中点时，则平行四边形的面积为（ ）
A．30B．60C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理及翻折变换．由折叠得，，进而得出，求得的长，根据平行四边形面积公式求面积即可
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠得，，
，
，
∵F为的中点，
∴，
，
，
，
，
，
，
∴平行四边形的面积为．
故选：D．
7．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别交边，于点，． 若，，则线段的长为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、垂直平分线的性质及直角三角形性质的应用，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等是解题的关键．
【详解】∵在平行四边形中，，（由得），，
∴过点作于点，
在中，，，
∴，根据“含角的直角三角形中，角对的直角边是斜边的一半”，
∴，
再根据勾股定理，，即，
∵，，
∴，
在中，，根据勾股定理，，
∴，
∵，且，
∴，根据勾股定理逆定理，是直角三角形，且斜边为，
∴，
∵，，三角形内角和为，
∴，
∵平行四边形中，内错角相等，
∴，即，
∵由作图步骤知直线是线段的垂直平分线，
∴，为等腰三角形，，
∴，
设与相交于点，∵是的垂直平分线，
∴是中点，
∴​，
在中，，​（或用含角的直角三角形性质），
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
8．（2025·江苏扬州·二模）如图，点是边的中点，连接交于点，过点作交于点，若，则 ．
【答案】1
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质，由线段中点的定义可得，由平行四边形的性质可得，，证明得到，再由平行线分线段成比例定理得到，据此可得答案．
【详解】解：∵点是边的中点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
9．（2025·江苏泰州·一模）如图，在中，是边上的中线，是的中点，交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．
（1）根据证，利用全等三角形的对应边相等得到．结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证得结论；
（2）根据勾股定理求得，根据直角三角形斜边上中线性质得出，得出四边形是菱形，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
是边上的中线，
，
．
∵，
四边形是平行四边形；
（2）解：连接，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，是边上的中线，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴四边形的面积．
10．（2025·江苏苏州·二模）如图，平面直角坐标系中，的顶点在轴正半轴上，反比例函数的图像经过的中点，与边相交于点，且反比例函数的图像经过点，连接，则与的面积比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据题意表示出，，设，得到，然后根据点D是的中点得到，代入求出，然后表示出，，然后表示出与的面积，进而求解即可．
【详解】解：∵反比例函数的图像经过的中点，
∴设
∵的顶点在轴正半轴上，
∴点A的横坐标为0，
∴点B的横坐标为
∵
∴点E，点C的横坐标为
∵点E在，反比例函数图象上，反比例函数的图像经过点，
∴，
设
∴
∴
∵点D是的中点
∴
∴
∴，
∴，
∴的面积，的面积
∴．
故选：A．
1．（2025·江苏无锡·二模）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，的边在轴上，顶点在轴的正半轴上，点在第一象限，将沿轴翻折，使点A落在轴上的点处，点满足，与交于点．若反比例图象经过点，且的面积为1．则的值为（ ）
A．52B．60C．75D．90
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质以及反比例函数k的几何意义，正确的作出辅助线，熟练掌握以上知识是解题的关键．过F点作于G点，延长交于H点，连接．由平行四边形的性质可得，，再由及翻折的性质可得．易证，根据相似三角形的性质可得，再由与的底相同可得，进而可得，根据反比例函数k的几何意义，即可求出k的值为60
【详解】解：如图，过F点作于G点，延长交于H点，连接．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵将沿轴翻折，点A落在轴上的点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵反比例图象经过点，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B
2．（2025·江苏南通·一模）在中，，，点D是边的中点，将沿所在直线折叠，得到，连接交于点F，连接．两位同学进行探究，小明发现：；小丽发现：请对两位同学的发现作出评判（ ）
A．小明正确，小丽错误B．小明错误，小丽正确
C．小明、小丽都正确D．小明、小丽都错误
【答案】A
【分析】该题主要考查了相似三角形的性质和判定，轴对称的性质和勾股定理，设交于点，，连接，由已知，根据中点的定义知：，由勾股定理得，由折叠，根据“对称轴垂直平分对应点连线”可得：，，即有是的中位线，根据 “三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半”得：，根据“两角对应相等的两个三角形相似”可证，根据“相似三角形对应边成比例”可得：，小明正确；从而可得：，在中，由勾股定理得，得到：，小丽错误，可得结论．
【详解】解：设交于点，连接、，如图：
∵点是线段的中点，
，
，
∵将沿所在直线翻折，得到，
∴点与点关于直线对称，
∴垂直平分，
，是的中位线，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，小明正确；
，
，
在中，由勾股定理，得，
∴，小丽错误，
故选：A．
3．（2025·江苏连云港·二模）如图，在平行四边形中，，点是线段上的动点，连接，点关于的对称点为，连接，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】连接，过点B作于点G，先根据平行四边形的性质，解，
再对运用勾股定理求得，由对称确定点F的轨迹，由，确定当B、F、D三点共线时，最小，即可求解．
【详解】解：连接，过点B作于点G，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，利用勾股定理得，
∵点A与点F关于对称，
∴，
∴点F在以B为圆心，为半径的上，
∵，
∴当B、F、D三点共线时，最小，最小值为．
故答案为：．
4．（2025·江苏宿迁·一模）如图，已知，，，、分别为、上的点，连接，若于点，且平分▱的面积，过作于点，连接，则的最小值为
【答案】
【分析】本题考查配方法的应用，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，求正弦，设、交于点，过作于，设，，则，先证明，得到，再由平分平行四边形的面积，得到，利用勾股定理得到，则，利用配方得到当时，最小，此时最大，进而求得的最小值．
【详解】解：设、交于点，过作于，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
设，，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∵平分平行四边形的面积，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴中，，
∴，
∵，
∴当时，最小，此时最大，
∴
的最小值为
故答案为：．
5．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转，得到，连接．若分别为的中点，则线段长的最小值为 ．
【答案】/0.5
【分析】本题考查了勾股定理、中位线、三角形的三边关系，首先根据勾股定理求出，取的中点，连接，以构造中位线，根据中位线的性质求出的长度，在中利用三角形的两边之差小于第三边得到，当三点共线，且点在点之间时，线段长最小，最小值即为．
【详解】解：由旋转的性质得，
在中，由勾股定理得．
如图，取的中点，连接
为的中点，为的中点，
，
同理可得，
根据三角形的三边关系可知，
当三点共线，且点在点之间时，线段长最小，
最小值为．
故答案为：．
6．（2025·江苏无锡·二模）如图，在中，，，，是中位线，角平分线交于点为上一动点（不与重合），作，垂足为，作，交于，在下方作，且．设，，则关于的函数表达式是 ，的最小值是 ．
【答案】
【分析】解直角三角形，求出，，根据三角形中位线定理求出，，则，，根据角平分线的定义、平行线的性质可求出，根据含的直角三角形的性质求出，，然后把，，代入，可求出关于的函数表达式；由，，，可得出，然后证明，得出，可证得，则K在以为直径的圆上，取中点O，连接，，则，，故当C、K、O共线时，取最小值，最小值为，在中，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∴，
∵是中位线，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
即，
连接、，
∵，，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴K在以为直径的圆上，
取中点O，连接，，
则，，
当C、K、O共线时，取最小值，最小值为，
在中，，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为： ，．
7．（2025·江苏常州·模拟预测）如图，是的中点，，．
(1)求证：；
(2)连接，则与的关系是 ．
【答案】(1)见解析
(2)与互相平分
【分析】（1）根据中点的定义求出，根据平行线的性质求出，利用证明，根据全等三角形的性质求证即可；
（2）根据全等三角形的性质求出，，则，再根据平行四边形的判定与性质求解即可．
此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
由（1）知，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分，
故答案为：与互相平分．
8．（2025·江苏苏州·一模）如图，四边形是菱形，其中点，点在反比例函数的图像上，与轴正方向的夹角为，且，反比例函数的图像与线段交于点．
(1)求的值；
(2)点为反比例函数图像上的一个动点（点在点，之间运动，不与，重合），过点作，垂足为点，过点作，交于点，连接．若的面积为，求点的坐标．
【答案】(1)12
(2)
【分析】（1）延长交x轴于点Q，根据题意，得,结合已知得到,设，于是，确定，继而确定，求．
（2）延长交于点F，过点N作于点G，得,，得到四边形是平行四边形即，得到，设，求得，过点E作轴于点H，则四边形是矩形，当时，，求解即可．
【详解】（1）解：延长交x轴于点Q，
∵四边形是菱形，点，
∴，，
∴，
∵与轴正方向的夹角为，且，
∴,
设，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵点在反比例函数的图像上，
∴，
解得．
（2）解：延长交于点F，过点N作于点G，
∵四边形是菱形，点，
∴,，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
解得；
∴，
过点E作轴于点H，
则四边形是矩形，
∴，
∴，
故当时，，
故点．
9．（2025·江苏宿迁·一模）在梯形中，，点在边上，且．
(1)如图1所示，点在边上，且，连接，求证：；
(2)已知．
①如图2所示，如果点在边上，且，连接、、，与交于．求的值；
②如图3所示，连接，如果外接圆的圆心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）连接并延长交的延长线于P，证明，得出，结合已知可得出，，证明，得出，则可证明，即可证明；
（2）①连接并延长交的延长线于P，证明，求出，，证明四边形是平行四边形，得出，，证明，求出，即可求解；
②设的外接圆的圆心为O，连接，，，，过O作于F，证明，得出，由角平分线定义得出，结合平行线的性质可求出，然后证明，根据相似三角形的性质求出，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交的延长线于P，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：①连接并延长交的延长线于P，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，，
又，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②如图，设的外接圆的圆心为O，连接，，，，过O作于F，
∵，，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．（2025·江苏南京·二模）如图，的顶点，，在同一个圆上，点在上，且，连接并延长交于点，连接并延长交于点，交圆于点，连接，．
(1)若，，求．
(2)若为圆的直径．
①求的度数；
②求证：．
【答案】(1)48；
(2)①；②见解析．
【分析】题目主要考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键
（1）作于，根据平行四边形的性质得出，，再由勾股定理及三角形面积公式求解即可；
（2）①根据圆周角定理确定．再由全等三角形的判定和性质得出≌，，即可求解；
②连接交于，根据圆周角定理及矩形的判定和性质，解三角形等求解即可
【详解】（1）解：▱的顶点，，在同一个圆上，点在上，且，，，
如图，作于，
，，，则，
在直角三角形中，
由勾股定理得：，
；
（2）解：为圆的直径，
．
四边形为平行四边形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
证明：连接交于如图，
为圆的直径，
，
，
，
，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
矩形为正方形，
，
，
即，
，，
．
11．（2025·江苏徐州·模拟预测）在中，已知，，，以所在直线为轴，为坐标原点建立直角坐标系，将绕点按逆时针方向旋转得到（图1）

(1)直接写出C、F两点的坐标．
(2)沿轴的负半轴以1米秒的速度平行移动，设移动后秒（图2），与重叠部分的面积为，当点移动到的内部时，求与之间的关系式．
(3)若与同时从点出发，分别沿轴、轴的负半轴以1米秒的速度平行移动，设移动后秒（如图3），与重叠部分的面积为，当点移动到的内部时，求与之间的关系式，并求出重叠部分面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)
(3)，重叠部分面积的最大值是
【分析】（1）根据勾股定理和坐标知识可求出，的坐标；
（2）因为，以及重叠部分的面积可用四边形和三角形的面积来表示出来，从而可求出解析式；
（3）分两种情况：当时和当时进行讨论，分别求出表示面积的解析式，然后根据二次函数最值求解即可．
【详解】（1）解：如图，过作轴，过作轴，

∵在中，已知，，，
∴，
，
，
则，，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
∴同理可得，，
∴；
（2）解：如图，设与交于点，与轴交于点，

由题意得，，，
，，
，
，
，
，
点移动到的内部，
，
解得：，
与之间的关系式为；
（3）解：2秒后，移动到的内部，
当时，如图，，，

由（1）知，则
轴，
，
，
，
，
当时，有最大值；
当时，如图，延长与交于点，
，即，
，
，
，
当时，有最大值；
综上所述，与之间的关系式为，重叠部分面积的最大值是．
12．（2025·江苏苏州·模拟预测）问题情境
“综合与实践”课上，老师提出如下概念：将三角形纸片折叠，使顶点A的对应点落在边上点D处，折痕为，若与均为等腰三角形，我们称折痕是的双等腰折痕．
初步尝试：
（1）如图①，若点E，F分别是的边，的中点，求证：折痕是的双等腰折痕；类比探究：
（2）如图②，在三角形纸片中，，是的双等腰折痕，且点E为的中点，连接，交于点P，若，，求的值；
拓展应用：
（3）如图③，在三角形纸片中，是的双等腰折痕，．若，折痕，点A到折痕的距离为2，求边的长．
【答案】（1）见解析
（2）
（3）
【分析】对于（1），由折叠可知，有，则问题可证；
对于（2），由题意知和均是等腰三角形，可得，然后可得，，过点E作于点M，进而求出，最后根据相似三角形的性质得出答案；
对于（3），由题意得四边形是菱形，连接，交于点H，过点F作于点N，则有，然后可得，进而可得，接下来根据是的双等腰折痕，可得与均是等腰三角形，可得，再说明，可得，然后求出，最后根据可得答案．
【详解】（1）证明：由折叠可知
∵点E，F分别是的边的中点，
∴，
∴，
∴与均是等腰三角形，
∴折痕是的双等腰折痕；
（2）解：∵是的双等腰折痕，
∴和均是等腰三角形，
∵点E为的中点，且，
∴，
∴．
∵，
∴
∴，
∴．
由折叠可知：，
∴点F是的中点，
∴，
∴．
∵，
根据勾股定理，得，
∴．
过点E作于点M，
∴，
∴，
∴，
∴；
对于（3），由折叠可知，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
连接，交于点H，过点F作于点N，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵是的双等腰折痕，
∴与均是等腰三角形．
∵是的顶角，
∴．
在菱形中，，
∴，
∴，
∴．
过点D作于点R，
∴,
∴，
∴．
13．（2025·江苏宿迁·一模）阅读理解，并完成下列问题：
【阅读】如图，是的中线，点是上一点，连接交于点，若，求的值．
解：过点作，交于点F；
，
，
，
点是的中点，
是的中位线，
设，则，
，
．
【理解】某数学兴趣小组在研究上面问题时，发现如下结论：
（1）当时，则 ，；
（2）当时，则 ；
（3）当时，则 ，并说明理由．
【拓展】如图，在中，，动点从点出发，沿、以每秒1个单位长度的速度向终点匀速运动，连接交于点，设运动时间为的面积为．求与的函数关系式，并写出自变量的取值范围．
【答案】理解：（1）；（2）；（3）；拓展：
【分析】理解：
（1）过点P作，交于点F，利用题干中的方法解答即可；
（2）过点P作，交于点F，利用题干中的方法解答即可；
（3）过点P作，交于点F，利用题干中的方法解答即可；
拓展：
利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①点P在边上时，过点D作于点F，利用平行四边形的性质，直角三角形的边角关系定理求得的面积，利用相似三角形的判定与性质和题干中的方法求得，再利用同高的三角形的面积比等于底的比的性质解答即可；②点P在边上时，过点B作于点H，类比①的方法解答即可．
【详解】解：理解：（1）过点P作，交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴；
（2）过点P作，交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴；
（3）过点P作，交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴；
拓展：①点P在边上时，过点D作于点F，如图，
由题意得：．
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴；
②点P在边上时，过点B作于点H，如图，
由题意得：，
∴．
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
综上，y与t的函数关系式为．
14．（2025·江苏宿迁·中考真题）实验活动：仅用一把圆规作图．
【任务阅读】如图，仅用一把圆规在内部画一点，使点在的平分线上．
小明的作法如下：
如图，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线于点，再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，则点为所求点．理由：如图3，连接，由作图可知，，
又因为，
所以 ．
所以，
所以平分，
即点为所求点；
【实践操作】如图，已知直线及其外一点，只用一把圆规画一点，使点所在直线与直线平行，并给出证明．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】[任务阅读]；[实践操作]图形见解析；证明见解析．
【分析】本题考查了圆规作图——作角平分线，作一个角等于已知角，掌握知识点的应用是解题的关键．
[任务阅读]根据作图可知，作图可知，，又，所以，然后通过全等三角形性质即可求证；
[实践操作] 以点P为圆心，的长为半径画弧，再以点B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点Q，即可；然后根据平行四边形的判定和性质即可求证．
【详解】[任务阅读]解：理由：如图，连接，由作图可知，，
又因为，
所以，
所以，
所以平分，
即点为所求点，
故答案为：；
[实践操作]解：如图，以点P为圆心，的长为半径画弧，再以点B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点Q，即可；
理由：连接,
由作图可知，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴点为所求．
1．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得，即为中点，又是的中点，所以是中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，即为中点，
∵是的中点，
∴是中位线，
∴，
∵，点P是的中点，
∴，即，
故选：．
2．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点、在双曲线上，直线分别与轴、轴交于点、，与双曲线交于点，连接，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作轴于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，连接，先证明四边形为平行四边形，则，证明，则，再证明，则， ，则，由轴，得到，则，则，则可求，即可求解的值．
【详解】解：过点作轴于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，连接，
点、在双曲线上，
∴，
轴，轴，轴，
∴，
∵，且共底，
∴在上的高相等，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵轴，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∵双曲线经过第二象限，
∴，
故选：C．
3．（2025·安徽·中考真题）在如图所示的中，，分别为边，的中点，点，分别在边，上移动（不与端点重合），且满足，则下列为定值的是（ ）
A．四边形的周长B．的大小
C．四边形的面积D．线段的长
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等的性质，通过全等三角形转化面积关系，是解题的关键．利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等分析四边形各边、角、面积等是否为定值，重点关注面积能否通过转化为平行四边形面积的一部分来判断 ．
【详解】解：连接，
在中，，分别为，中点，
且，，，
且，
四边形是平行四边形，
，
同理，且．
∴四边形是平行四边形，
则与的面积分别为与面积的一半，
四边形的面积，
四边形的面积始终为面积的一半，是定值．
选项A：、等边长随、移动变化，周长不定，错误．
选项B：随位置改变，错误．
选项D：长度随、移动改变，错误．
综上，四边形的面积是定值，
故选：．
4．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】
【分析】①由平行四边形的性质可判断结论；
②从对角线的角度来判断四边形的形状；
③假定条件成立，求出的值与所给不符；
④由点与关于成轴对称，从而得到的最小值是．
【详解】①∵四边形是平行四边形，
∴，；
即结论①正确；
②∵中，，
∴，
∵，，
∴≌
∴
∵
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形；
即结论②正确；
③∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∵，，
∴，
即结论③错误．
④因为点关于的对称点是点，连接交于点，当点与重合时，的值最小即为的长．
∵菱形中，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴∽，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵中，
∴，
即结论④正确．
5．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】考查平行四边形性质、全等三角形、面积公式及勾股定理，用面积分割与对称性思想．关键是借对称性证全等、用面积求线段，再构直角三角形计算；易错点是漏用对称性或误判直角边．
首先通过构造垂线得到直角三角形，利用的锐角三角函数求得，接着计算得到平行四边形总面积，得每部分面积为． 然后借对称性证，得、． 由平行四边形的对称性与面积平衡再设，用与的面积列方程，解得，推得、． 最后过作构直角三角形，用勾股定理得．
【详解】解：过A作于点H，
，
在中，．
，
∵，将分成面积相等的四部分，
∴每部分面积为，交点即为平行四边形的中心O，
在中，，，
∴，．，，
连接，
∴经过中心点O，
∴，
∵
．
同理得：，
∴，．
设，过作于点Q，
在中，
在中，由三角形面积公式：
．
过E作于延长线上点G，
又，，
且．
在中，
又平行四边形的对称性与面积平衡可得，
，
解得，
．
过M作交于P，过A作于点H，
则．
，．
．
在中，由勾股定理：
．
故答案为：．
6．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，．
（1）面积的最大值为 ；
（2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为 ．
【答案】 4
【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可；
（2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到．
【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且，
∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆，
取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大，
即此时面积取得最大值，如图，
∵
∴，
∴面积的最大值．
故答案为：4；
（2）连接，如图，
∵、的中点为M、N，
∴，
∴取得最小值时，长度最小．
由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接，
∴当、、三点共线时，此时最小，如图，
由（1）可知，，
过点O作，交的延长线于点F，如图，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段长度的最小值．
故答案为：．
7．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等．由菱形对角线互相垂直且平分，可得，，取中点H，连接，则，，再用勾股定理解即可．
【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点，
，，
，
，
如图，取中点H，连接，
点为的中点，点H为的中点，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
8．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：；
条件②：．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)证明见解析
(2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析
【分析】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，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等；
（2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴
（2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下：
∵
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形；
选择条件②，四边形为菱形，理由如下：
∵
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为菱形．
9．（2025·山东东营·中考真题）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，其中，．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点为对称轴上一点，当的周长最小时，求点的坐标；
(3)点为对称轴上一点，点为抛物线上一点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或或
【分析】（1）把和分别代入，列方程组求出的值，即可求得二次函数解析式；
（2）因为是定值，所以当的值最小时，则的周长最小．作点关于对称轴的对称点，即为点，连接，运用待定系数法求出直线的解析式，可得直线与对称轴的交点坐标，即为点的坐标；
（3）分别以、、为对角线进行分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：把，代入中得，
，解得，
；
（2）解：，，
当的值最小时，则的周长最小．
作点关于对称轴的对称点，即为点，
由（1）可知抛物线的解析式为，
对称轴为直线，且，
．
如图，连接，与对称轴的交点即为点，
设直线的解析式为，
把，代入中得，
，解得，
直线的解析式为．
点的横坐标为，
把代入得，
；
（3）解：设，，
①当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点，
，，
，
，解得，
把代入，
；
②当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点，
，，
，
，解得，
把代入，
；
③当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点，
，，
，
，解得，
把代入，
；
综上所述，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，此时点的坐标为或或．
10．（2025·四川广安·中考真题）如图，二次函数（b，c为常数）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，已知点B的坐标为，点C的坐标为，连接．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点P为抛物线上的一个动点，连接，当时，求点P的坐标．
(3)将抛物线沿射线的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点E在新抛物线上，点F是原抛物线对称轴上的一点，若以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或
(3)点E的坐标为或或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）当点P在下方时，可证明点P与点C关于抛物线对称轴对称，据此根据对称性可得点P坐标；当点P在上方时，设直线交x轴于H，则可证明，设，利用两点距离计算公式可得，解得，则；求出直线解析式为，联立直线解析式和抛物线解析式求出点P的坐标即可；
（3）先由对称性求出由对称性可得，求出，，则；则可推出将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线，据此打得到新抛物线解析式为；再分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况根据平行四边形对角线中点坐标相同列出方程求解即可．
【详解】（1）解；把代入到中得：，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解；如图2-1所示，当点P在下方时，
∵，
∴，
∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，
∵抛物线对称轴为直线，
∴点P的坐标为；
如图2-2所示，当点P在上方时，设直线交x轴于H，
∵，
∴，
∴
设，
∴，
解得，
∴；
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
联立，解得或（舍去），
∴点P的坐标为；
综上所述，点P的坐标为或；
（3）解：由（2）可得原抛物线对称轴为直线，
∵，
∴由对称性可得，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵将抛物线沿射线的方向平移个单位长度后得到新抛物线，
∴将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线，
∴新抛物线解析式为，
当为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分，
∴的中点坐标相同，
∴，
∴，
∴．
∴此时点E的坐标为；
当为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分，
∴的中点坐标相同，
∴，
∴，
∴．
∴此时点E的坐标为；
当为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分，
∴的中点坐标相同，
∴，
∴，
∴．
∴此时点E的坐标为；
综上所述，点E的坐标为或或．
命题点一 平行四边形的性质
题型01 利用平行四边形的性质求解
题型02 利用平行四边形的性质证明
命题点二 平行四边形的判定
题型03 证明平行四边形
题型04 添加条件成为平行四边形
命题点三 中位线
题型05利用中位线求解
题型06利用中位线证明问题
突破一 平行四边形的性质与判定综合问题
突破二 平行四边形与函数的综合
基础巩固→能力提升→全国新趋势
考点
2025年
2024年
2023年
课标要求
平行四边形的性质
常州T16
淮安T13
南京T23
镇江T23
无锡T18
连云港T16
南京T24
徐州T28
镇江T11
常州T28
无锡T21
常州T18
南京T19
宿迁T24
苏州T15
探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形。
平行四边形的判定
无锡T17、28
盐城T20
徐州T23
宿迁T5、8、24
南通T25
苏州T21
南京T24
盐城T25
镇江T26
宿迁T21
镇江T21
扬州T24
宿迁T8
徐州T27
苏州T3、23
中位线
淮安T13
徐州T28
宿迁T5
无锡T5
扬州T15
镇江T28
无锡T16
南通T13、18
镇江T28
徐州T8
扬州T24
命题预测
2023 - 2025 年平行四边形的考查情况分析：
平行四边形是中考数学的核心必考考点，主要以中档题为主，也有与函数、圆等结合的综合题压轴题。考查形式覆盖选择、填空、解答三大题型，分值稳定在6-12 分，占全卷总分的5%-10%。
2026年中考数学关于平行四边形的命题预测：
稳定性：平行四边形作为四边形的基础，三年来始终是必考内容，题量和分值保持稳定，题型以中档为主，压轴题不少城市也有。
综合性增强：从单纯考查性质判定，逐渐向与三角形、特殊四边形、函数、圆等知识融合的方向发展；
生活化与创新性：部分题目融入实际情境，如 2025 无锡第 28 题以三角形中心对称为背景，探究重叠部分为平行四边形的情况；
创新性：可能出现与中心对称、平移、旋转等几何变换结合的新题型，如 2025 无锡压轴题的平行六边形概念拓展；
跨模块融合：加强与代数（函数）、统计（数据处理）等模块的综合，体现数学知识的整体性。
备考建议：
平行四边形作为中考数学的核心考点，近三年考查稳定，难度适中，注重基础与能力的结合。2026 年命题将延续这一趋势，同时加强情境化、创新性和跨模块融合。复习时应遵循 “基础夯实→能力提升→冲刺突破”的节奏，重点掌握性质与判定的综合应用，强化易错点，提升解题技巧，确保在这一模块取得满分或高分。
判定方法
文字语言
图形语言
符号语言
方法1
两组对边分别平行的四边形是平行四边形
∵AD//BC,AB//CD
∴四边形ABCD是平行四边形
方法2
两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
∵AD=BC,AB=CD
∴四边形ABCD是平行四边形
方法3
有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
∵AD//BC,AD=BC
∴四边形ABCD是平行四边形
方法4
对角线互相平分的四边形是平行四边形.
∵OA=OC,OB=OD
∴四边形ABCD是平行四边形
/
/
/
/
/
/