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第四章 三角形及四边形
第五节 多边形与平行四边形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 多边形的相关概念 ☆ 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。
考点2 平行四边形的性质与判定 ☆☆☆
考点3 中位线 ☆☆☆
■考点一 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°。
■考点二 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。
■考点三 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。
■易错提示
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。
■考点一 多边形的相关概念
◇典例1：（2023·湖南湘西·统考中考真题）一个七边形的内角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和公式列式计算即可得解.
【详解】解：.故选B.
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，熟记内角和公式是解题的关键.
◆变式训练
1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，则∠BAC的度数为 ．
【答案】36°
【分析】首先利用多边形的内角和公式求得正五边形的内角和，再求得每个内角的度数，利用等腰三角形的性质可得∠BAC的度数．
【详解】正五边形内角和：（5﹣2）×180°＝3×180°＝540°
∴，∴ .故答案为36°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式：（n-2）×180°是解答此题的关键．
2．（2023·甘肃陇南·统考二模）的发现使人类了解到一个全新的碳世界．如图是的分子结构图，包括20个正六边形和12个正五边形，其中正五边形的一个内角的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出正五边形的内角和，再根据正五边形的每个内角都相等求解即可．
【详解】解：∵正五边形的内角和为：，
∴每一内角的度数为：．故选：C．
【点睛】本题考查正多边形内角的计算，熟练掌握多边形的内角和计算公式及正多边形关于内角的性质是解题的关键．
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．
◇典例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．
◆变式训练
1．（2024·湖北·一模）正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
【答案】C
【分析】本题主要考查正多边形及多边形外角和，熟练掌握正多边形及多边形外角和是解题的关键；根据多边形外角和为可进行求解．
【详解】解：由题意可知这个正多边形的边数为；故选C．
2．（2023·广东佛山·统考一模）十边形的外角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了多边形的外角和．根据多边形的外角和等于，即可求解．
【详解】解：十边形的外角和是．故选：C．
3．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，在五边形中，，的平分线与的平分线交于点P，则 ．
【答案】/度
【分析】根据三角形的内角和得到，根据角平分线的定义得到，根据五边形的内角和即可得到结论．
【详解】解：在中，∵，∴，
∵平分，平分，∴，
∵，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，解答本题的关键是掌握多边形的内角和定理以及角平分线定义．
◇典例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．
◆变式训练
1．（2023·天津·校联考模拟预测）张不透明的卡片，除正面画有不同的图形外，其它均相同．把这张卡片洗匀后，正面向下放在桌上，从中随机抽取一张，与卡片上图形相对应的这种地板砖能进行平面镶嵌的概率是 ．
【答案】
【分析】根据镶嵌的定义可得这个图形中只有正三角形，正方形，正六边形能够进行平面镶嵌，再根据概率的概念即可求出利用一种地板砖能进行平面镶嵌的概率．
【详解】解：这个图形中只有正三角形，正方形，正六边形能够进行平面镶嵌，
．故答案为：．
【点睛】本题考查的是平面镶嵌以及概率的定义：，表示该试验中所有可能出现的基本结果的总数目．表示事件包含的试验基本结果数．
2．（2023·河北沧州·统考二模）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．下面我们来研究纸盒底面半径的最小值．
（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1，图2所示的两种布局方案．
方案Ⅰ中纸盒底面半径的最小值为 ；
方案Ⅱ中纸盒底面半径的最小值为 ；
（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为 ．
【答案】
【分析】（1）由图形可知，方案Ⅰ中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案Ⅱ中纸盒底面半径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；（2）考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半径即可．
【详解】（1）如图1所示，方案Ⅰ中纸盒底面半径最小值即为的长度，
∵正六边形的边长为，∴；
如图2所示，方案Ⅱ中纸盒底面半径最小值即为的长度，∴；
故答案为：；；
（2）如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为，连接、、，
∵正六边形的边长为，∴，，
∵，∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握正多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解题关键．
◇典例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．10 B．16 C．20 D．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．
◆变式训练
1．（2023·陕西·统考三模）如果过某多边形的一个顶点的对角线有5条，则该多边形是 边形．
【答案】8
【分析】根据从n边形的一个顶点可以画（n-3）条对角线，求出边数即可得解．
【详解】解：∵过某多边形的一个顶点的对角线有5条，∴n-3=5∴n=8 故答案为：8．
【点睛】本题考查了多边形对角线的公式，牢记公式是解题的关键．
2．（2023·江苏·校考模拟预测）一个正多边形的内角和是，则此多边形的边数是 ，对角线共有 条．
【答案】 10 35
【分析】设此多边形的边数是n，根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可．
【详解】解：设此多边形的边数是n，，解得：，
∴对角线条数为：，故答案为：10，35．
【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握n边形的内角和为，对角线条数为．
■考点二 平行四边形的性质与判定
◇典例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．
◆变式训练
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称图形，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、等边三角形是轴对称图形，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．
2．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，的顶点的坐标分别是．则顶点的坐标是 ．
【答案】
【分析】根据“平行四边形的对边平行且相等的性质”得到点的纵坐标与点的纵坐标相等，且，即可得到结果．
【详解】解：在中，，，，
，点的纵坐标与点的纵坐标相等，，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和坐标与图形的性质，此题充分利用了“平行四边形的对边相等且平行”的性质．
◇典例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．
◆变式训练
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．
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，，∴40 +80 =120 ，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．
◇典例7：（2023·湖南·统考中考真题）如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点E，则的长为 ．
【答案】2
【分析】根据平行四边形的性质可得，则，再由角平分线的定义可得，从而求得，则，从而求得结果．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，
∵的平分线交于点E，∴，∴，∴，
∵，，∴，故答案为：2．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为 ．
【答案】/
【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，
∵在中，，，，
∴，
∴，
在中，
∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时，∴
又∴∴∴
设，∴在中，
∴解得：（负整数）故答案为：．
【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
2．（2023·吉林·统考一模）如图，在中，，，的平分线交边于点E，则的长是（ ）
A．5 B．7 C．3.5 D．3
【答案】D
【分析】根据角平分线及平行线的性质可得，继而可得，根据即可．
【详解】解: ∵四边形是平行四边形，
∴，，，∴，
又∵的平分线交边于点E，∴，
∴，∴，∴，故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是得出，判断三角形中，，难度一般．
◇典例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．①② B．②③④ C．①②③ D．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．
◆变式训练
1．（2024·福建福州·校考一模）如图，在平行四边形中，为的中点，延长至点，使，连接交于点，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．
【详解】∵平行四边形中，为的中点，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，故选A．
2．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在中，，分别是边和上的点，连接，，且．求证：(1)；(2)．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；（2）用证明即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，
又．四边形是平行四边形．
平行四边形对角相等
（2）四边形是平行四边形，，，
四边形是平行四边形，，，，
在和中，，．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和三角形全等的判定，熟练掌握平行四边形性质是解本题的关键．
3．（2023·广东阳江·三模）如图，平行四边形中，连接．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，分别交，，于点M，O，N（不要求写作法，保留作图痕迹）；(2)连接，，求证：；(3)若，，求的长．
【答案】(1)详见解析(2)详见解析(3)
【分析】（1）根据垂直平分线的作图方法进行作图即可；（2）根据证明即可；
（3）根据，得出，根据勾股定理求出，即可求出结果．
【详解】（1）解：如图，即为所作；
（2）证明：∵垂直平分，∴，
∵四边形为平行四边形，∴，∴，，
在和中，∴；
（3）解：∵，∴，∵，∴，
∵垂直平分，∴，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，尺规作垂直平分线，勾股定理三角形全等的判断和性质，平行线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握三角形全等的判定方法．
◇典例9：（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； B． ∵，∴，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； C．根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
D．∵，∴，∵∴，∴
∴四边形为平行四边形，故该选项正确，符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
◆变式训练
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．
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．
◇典例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．
◆变式训练
1．（2023·青海·统考中考真题）如图，是的一个外角，，.
(1)尺规作图：作的平分线，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：四边形是平行四边形.
【答案】(1)见详解(2)见详解
【分析】（1）利用基本作图作的平分线即可；（2）先利用得到，再根据角平分线的定义得到，则利用三角形外角性质可判断，所以，然后利用可判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）证明：，，平分，，
，即，，，
，四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了作图基本作图、等腰三角形的性质和平行四边形的判定，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．
2．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，四边形中，，，，是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若是等腰三角形，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析(2)或
【分析】（1）根据平行线的性质和中点的性质证明三角形全等，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形完成证明；（2）由等腰三角形的性质，分三种情况：①，②，③，分别求四边形的面积．
【详解】（1）证明：，，，
在与中，，，，
又是边的中点，，四边形是平行四边形；
（2）①当时，即时，由勾股定理得，，
∴，四边形的面积；
②当时，过点作于，则四边形是矩形，
∴，∴，
由勾股定理得，，∴四边形的面积；
③当时，边上的中垂线垂直平分了
设交于点，∴，而根据图得，矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形的面积是或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，确定出全等三角形，分类讨论是解题的关键．
■考点三 中位线
◇典例11：（2023·云南·统考中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（ ）
A．4米 B．6米 C．8米 D．10米
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解∶∵的中点分别为，
∴是的中位线，∴米，故选∶B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，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．
◆变式训练
1．（2023·河南周口·统考二模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质和三角形中位线定理得出，于是得到结论．此题考查菱形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
点、分别是、的中点，
是的中位线，，故选：C．
2．（2023·河北·模拟预测）如图，在矩形中，，分别是，上的点，，分别是，的中点，当点在上从点向点移动，而点保持不动时，下列结论成立的是( )
A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变 D．线段的长先增大后减小
【答案】C
【分析】本题考查了三角形中位线定理、矩形的性质、勾股定理，连接，由三角形中位线定理可得，由矩形的性质结合勾股定理可得，由点保持不动可得长度不变，从而可得线段的长不变，熟练掌握三角形中位线定理是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
，分别是，的中点，是的中位线，，
四边形为矩形，，，
点保持不动，的长度始终不变，的长不变，故选：C．
3.（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F两点，和交于点O；②以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D；③分别以点D，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M﹐连接和交于点N，连接若，则的长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】利用三角形中位线定理以及线段的垂直平分线的性质求解．
【详解】解：由作图可知垂直平分线段，垂直平分线段，
∴，∴，
∵，∴，∴．故选：A．
【点睛】本题考查作图-基本作图，三角形中位线定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
◇典例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．
◆变式训练
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．2 C． 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．
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．
◇典例12：（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．
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，…
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．
◆变式训练
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.
1．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，的对角线交于点，下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形性质逐项验证即可得到答案．
【详解】解：A、根据平行四边形性质：对角线相互平分，在中，，，则不一定成立，该选项不符合题意；
B、根据平行四边形性质：对角线相互平分，不一定垂直，则不一定成立，该选项不符合题意；
C、根据平行四边形性质：对角线相互平分，在中，，该选项符合题意；
D、根据平行四边形性质，对角线不一定平分对角，则不一定成立，该选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形性质，熟记平行四边形对角线相互平分是解决问题的关键．
2．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，在中，，，．点F是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点D在上．则线段在平移过程中扫过区域形成的四边形的周长和面积分别是( )
A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
【答案】C
【分析】先论证四边形是平行四边形，再分别求出、、，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．
【详解】由平移的性质可知：，∴四边形是平行四边形，
在中，，，，∴
在中，，，点F是中点∴
∵，点F是中点∴，，
∴点D是的中点，∴
∵D是的中点，点F是中点，∴是的中位线，∴
∴四边形的周长为：，
四边形的面积为：．故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形是平行四边形和是的中位线是解题的关键．
3．（2023·河北·统考中考真题）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
（1）作的垂直平分线交于点O； （2）连接，在的延长线上截取； （3）连接，，则四边形即为所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
【答案】C
【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
【详解】解：根据图1，得出的中点，图2，得出，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形为平行四边形，
判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
4．（2023·山西·统考中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．
【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，，∵点P的坐标为，∴，即；
∴，，∴点M的坐标为．故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．
5．（2023·四川自贡·统考中考真题）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，算出这个正多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．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，然后可得每一个外角为，进而即可求解．
【详解】解：依题意，，，∴
∴
∴这个正多边形的一个外角为，
所以这个多边形的边数为，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．
6．（2023·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过P作于M，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．
【详解】解：过P作于M，
由作图得：平分，∴，
∴，∴，
∵，，∴四边形为平行四边形，，
∴，∴，设，
在中，，即：，解得：，
∴．故选：B．
【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键．
7．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条的一个端点连在一起，点分别是的中点．若，则该工件内槽宽的长为 ．
【答案】8
【分析】利用三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：∵点分别是的中点，∴，∴，故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键．
8．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，中，为对角线，分别以点A、B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线交于点E，交于点F，若，，，则的长为 ．
【答案】5
【分析】连接，根据基本作图，得到，利用平行四边形的性质，得，在中，利用勾股定理计算即可．
【详解】解：如图所示，连接，根据基本作图，可设，
∵，，，∴，，，
在中，，由勾股定理得，
∴，解得，即，故答案为：5．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的基本作图，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
9．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，点在线段上（点C在点之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为．与交于点H，延长交于点G，长为c．
（1）若四边形的周长与的周长相等，则之间的等量关系为 ．
（2）若四边形的面积与的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】
【分析】由题意可得：为等边三角形，四边形为平行四边形，，（1）分别求得四边形的周长与的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形的面积与的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形与等边三角形中，，
∴和为等边三角形，，
∴，四边形为平行四边形，又∵等边三角形与等边三角形
∴，，，∴，
（1）平行四边形的周长为：，
的周长为： 由题意可得： 即：；
（2）过点作，过点作，如下图：
在中，，，，∴
则平行四边形的面积为
在中，，，，∴
则的面积为：由题意可得：
化简可得： 故答案为：；
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
10．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，点E、F、G、H分别是各边的中点，连接相交于点M，连接相交于点N．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若的面积为4，求的面积．
【答案】(1)见解析(2)12
【分析】（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证；（2）连接，推出，，进而得到，求出，再根据，即可得解．
【详解】（1）证明：∵， ∴，
∵点E、F、G、H分别是各边的中点，∴，
∴四边形为平行四边形，同理可得：四边形为平行四边形，
∴，∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接，
∵为的中点，∴，∴，
∴，∴，同理可得：
∴，∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，以及三角形的中位线定理，证明三角形相似，是解题的关键．
11．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．②当是直角三角形时，求的长．
【答案】(1)8 (2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在中，，在中，．
（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，
作交延长线于点，则，∴．
∵∴．由旋转知，∴．
设，则．
∵，∴，∴，
∴，即，∴，∴．
②由旋转得，，又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图2．∵，∴落在线段延长线上．
∵，∴，由（1）知，，∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图3．设与射线的交点为，作于点．
∵，∴，
∵，∴，∴．
又∵，∴，∴．
设，则，∴
∵，∴，∴，
∴，∴，化简得，
解得，∴．
情况三：当以为直角顶点时，点落在的延长线上，不符合题意．综上所述，或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．
1．（2023·江西吉安·校考模拟预测）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正六边形的内角和公式求出的度数，再根据等腰三角形的性质求的度数，同理可得的度数，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴， ，
∴，同理，
∴，故选：B．
【点睛】本题考查正多边形内角和的计算以及三角形公式，n边形的内角和为．
2．（2023·湖北襄阳·模拟预测）能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】直接利用平行四边形的判定定理判定，即可求得答案．注意掌握排除法在选择题中的应用．
【详解】解：A、，，则四边形不一定为平行四边形，可能为等腰梯形，故本选项不符合题意；
B、，，则四边形为平行四边形；故本选项正确，符合题意；
C、，，则四边形不一定为平行四边形，可能为等腰梯形，故本选项不符合题意；
D、，，不能判定四边形为平行四边形；故本选项不符合题意．故选：B．
【点睛】此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此题的关键．
3．（2023·河北张家口·统考三模）如图，甲、乙两位同学用个完全相同的正六边形按如下方式拼成一圈后，使相邻的两个正六边形有公共顶点，设相邻两个正六边形外圈的夹角为，内圈的夹角为，中间会围成一个正边形，关于的值，甲的结果是，乙的结果是或4，则（ ）
A．甲的结果正确 B．乙的结果正确
C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确
【答案】D
【分析】正六边形的一个内角为，根据外角的定义有，，得，再讨论即可得的值．
【详解】解：∵正六边形的一个内角为，∴，
∵为正边形的一个内角为度数，∴，
当时，，则，当时，，则，
当时，，则，当时，，则，
则的值为3或4或5或6．故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和．解题的关键是根据周角的定义推得．
4．（2023·浙江宁波·校联考模拟预测）如图，在中，，，，分别是边的中点，于点．连接，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，先根据等边对等角得到，再由勾股定理得到，由线段中点的定义和三角形中位线定理得到，，，再由得到，，由此求出，即可利用勾股定理求出的长，证明是的中位线是解题的关键．
【详解】解：∵在中，，，∴，
∵，∴，∵分别是边的中点，
∴是的中位线，，∴，，
∵，∴，，
∴，∴，故选：．
5．（2023·广东广州·统考二模）如图，在中，平分，交于点F，平分交于点E，，则长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据平行和角平分线，推出均为等腰三角形，得到，进而得到，即可得解．
【详解】解：∵，∴，
∴，∵平分，平分，
∴，∴，
∴，∴；故选B．
6．（2023·湖北孝感·模拟预测）已知，正多边形的每个内角为，则这个多边形的对角线共有 条．
【答案】54
【分析】先求出多边形每一个外角的度数，然后即可求出边数，再利用公式代入数据计算即可．
【详解】解：∵多边形的每个内角都等于，
∴多边形的每个外角都等于，∴边数，
∴对角线条数为．故答案是：54．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角与对角线的性质，求出边数是解题的关键，另外熟记多边形的对角线的条数公式也很重要．
7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）一个多边形，除了一个内角外，其余各角的和为，则这一内角为 度．
【答案】
【分析】设多边形的边数为，根据多边形的内角一定大于，并且小于度，因而内角和除去一个内角的值，这个值除以度，所得数值比边数要小，小的值小于，可以求出多边形的边数为，再利用内角和公式即可得出结果．
【详解】解：设多边形的边数为，由题意有，解得：，
因而多边形的边数是，则这一内角为．故答案为：．
【点睛】本题考查多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
8．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考一模）四边形是平行四边形，，的平分线交直线于点，若，则四边形的周长为 ．
【答案】56或40/40或56
【分析】可分两种情况：当E在线段上时，当E在线段延长线上时，由平行四边形的性质知，由平行线的性质即角平分线的
定义可得，进而可求解的长，即可求得的长，再根据平行四边形的周长可求解．
【详解】解：当E在线段上时，如图，
∵四边形是平行四边形，∴，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴四边形的周长为：；
当E在线段延长线上时，如图，
∵四边形是平行四边形，∴，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴四边形的周长为：；
综上：四边形的周长为56或40，故答案为：56或40
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，证明求解的长是解题的关键．
9．（2022·黑龙江哈尔滨·校考一模）如图，在中，E，F分别是，的中点，，，且，则的长是 ．
【答案】
【分析】延长交延长线于点，过点作于点，先证明，得到，然后在中，利用直角三角形的性质和勾股定理可求，然后在中利用勾股定理求出值，依据，则值可求．
【详解】解：延长交延长线于点，过点作于点，
∵点为中点，∴．∵，∴．
又，∴．∴，∴．
在中，，所以，
∴．∴．
在中，利用勾股定理可得
∵四边形是平行四边形，
又为中点，
所以，解得．故答案为．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在几何图形中涉及线段中线问题，一般倍长中线，作出辅助线构造等腰三角形进行线段的转化．
10．（2023·陕西宝鸡·校考一模）问题提出:
如图，在中，．若，则的值为__________．
问题探究:如图，在四边形中，对角线、相交于点，、、、分别为、、、的中点，连接、、、．若，求四边形的面积．
问题解决:如图，某市有一块五边形空地，其中米，米，米，米，现计划在五边形空地内部修建一个四边形花园，使点、、、分别在边、、、上，要求请问，是否存在符合设计要求的面积最大的四边形花园？若存在，求四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】问题提出：；问题探究：；问题解决：存在四边形面积的最大值，四边形的最大面积为平方米．
【分析】问题提出：由，得，得出，进一步得出结果；
问题探究：根据三角形中位线性质可得出，，，，从而得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，从而，进一步得出结果；问题解决：延长，，交于，可得出四边形是矩形，设，，表示出和的面积，进而表示出四边形的面积，配方后求出结果．
【详解】解：问题提出∵，∴，∴，∴，故答案为：；
问题探究如图，设，交于点，，交于点，作于，
∵、、、分别为、、、的中点，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，∴，
∴；
问题解决：如下图，延长，，交于，
∵∴四边形是矩形，∴，，
∵，，∴，，
∵，∴可设，，
∴，∴，
∴
∴存在四边形面积的最大值，当米时，四边形的最大面积平方米．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的应用，平行线分线段成比例定理等知识，解决问题的关键是设变量建立函数关系式．
1．（2023·浙江绍兴·校联考三模）淇淇用图一的六个全等纸片拼接图2所示的外轮廓是正六边形，如果用若干个纸片按照图3所示的方法拼接成外轮廓是正n变形图案，那么的值为 ．
【答案】九
【分析】先根据正多边形内角计算公式得出正六边形的内角度数，得出，再通过三角形内角和定理计算出，从而得出正边形的内角度数，再经过多边形内角和公式得出答案．
【详解】解：正六边形的每个内角，
由图可知，，，
，
图3中的正边形的每个内角=，
根据多边形内角和公式得，解得，
这个正边形是正九边形．故答案为：九．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，三角形内角和定理，对图像中多边形内角与三角形各角之间的关系是解题的关键．
2．（2023·广东·模拟预测）在平行四边形中，点是的中点，与交于点，则与四边形的面积之比是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由四边形是平行四边形，易证得，又由点是的中点，根据相似三角形的对应边成比例，可得，然后设，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求得的面积，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得的面积，继而求得四边形的面积，则可求得答案．
【详解】解：设，四边形是平行四边形，，， ，
点是的中点，，，
， 即，，
，
与四边形的面积之比为：：：．故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质以及三角形面积问题．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意三角形面积的求解方法：等高三角形的面积比等于对应底的比与相似三角形的面积比等于相似比的平方．
3．（2023·福建·一模）如图，在平行四边形纸板中，点分别为的中点，连接．将一飞镖随机投掷到平行四边形纸板上，则飞镖落在阴影部分的概率为 ．
【答案】
【分析】根据点分别为的中点，得到，，从而得到，进而得出，由此即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
四边形为平行四边形，点分别为的中点，
点在同一直线上，，，
，，
飞镖落在阴影部分的概率为，故答案为：．
【点睛】本题考查了几何概率，平行四边形的性质，用到的知识点为：概率相应的面积与总面积之比，根据题意计算出是解此题的关键．
4．（2023·广东·模拟预测）如图，是的弦，，点是上的一个动点，且，若点，分别为，的中点，则线段长度的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，根据中位线定理得到最大时，最大，当最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
【详解】∵点、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴，
∴当取得最大值时，就取得最大值，即当为直径时，最大，最大，
如图所示：将此时的点记为点，
∵是的直径， ∴，
∵，， 由勾股定理得：，
∴， ∴长的最大值为，故答案为：．
5．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】图②中，图③中，证明见解析
【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；
图③：仿照图②证明是等边三角形，则．
【详解】解：图②中，图③中，
图②证明如下：如图②所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，
∴，同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，∴，
∴，∴，∵，
∴
，
∴是等腰直角三角形，∴；
图③证明如下：如图③所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，
∴，同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，∴，
∴，∴，∵，
∴
，
∴是等边三角形，∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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第四章 三角形及四边形
第五节 多边形与平行四边形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 多边形的相关概念 ☆ 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。
考点2 平行四边形的性质与判定 ☆☆☆
考点3 中位线 ☆☆☆
■考点一 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 。
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 。
3）多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引 条对角线，并且这些对角线把多边形分成了 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 。
5）多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于 ，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 。
7）平面镶嵌（密铺）的条件：在同一顶点内的几个角的和等于 ；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 、 、 。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°。
■考点二 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 。
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 ；（2）对角 、邻角 ；（3）对角线 ；（4）平行四边形是 ，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 。
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 。
（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 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 ，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： 的四边形是平行四边形；② 的四边形是平行四边形；
③ 的四边形是平行四边形；④ 的四边形是平行四边形；
⑤ 的四边形是平行四边形。
■考点三 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 。
2）三角形中位线定理：三角形的中位线平行于 ，并且等于 。
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 ；（2）证明数量关系：可以证明线段的 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 。
结论2：三条中位线将原三角形分割成四个 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 。
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 。
■易错提示
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。
■考点一 多边形的相关概念
◇典例1：（2023·湖南湘西·统考中考真题）一个七边形的内角和是（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，则∠BAC的度数为 ．
2．（2023·甘肃陇南·统考二模）的发现使人类了解到一个全新的碳世界．如图是的分子结构图，包括20个正六边形和12个正五边形，其中正五边形的一个内角的大小是（ ）
A． B． C． D．
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________．
◇典例2：（2023·北京·统考中考真题）正十二边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2024·湖北·一模）正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
2．（2023·广东佛山·统考一模）十边形的外角和是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，在五边形中，，的平分线与的平分线交于点P，则 ．
◇典例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 ．
◆变式训练
1．（2023·天津·校联考模拟预测）张不透明的卡片，除正面画有不同的图形外，其它均相同．把这张卡片洗匀后，正面向下放在桌上，从中随机抽取一张，与卡片上图形相对应的这种地板砖能进行平面镶嵌的概率是 ．
2．（2023·河北沧州·统考二模）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．下面我们来研究纸盒底面半径的最小值．
（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1，图2所示的两种布局方案．
方案Ⅰ中纸盒底面半径的最小值为 ；方案Ⅱ中纸盒底面半径的最小值为 ；
（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为 ．
◇典例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．10 B．16 C．20 D．40
◆变式训练
1．（2023·陕西·统考三模）如果过某多边形的一个顶点的对角线有5条，则该多边形是 边形．
2．（2023·江苏·校考模拟预测）一个正多边形的内角和是，则此多边形的边数是 ，对角线共有 条．
■考点二 平行四边形的性质与判定
◇典例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
◆变式训练
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称图形，又是中心对称图形
2．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，的顶点的坐标分别是．则顶点的坐标是 ．
◇典例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 ．
◆变式训练
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°
2．（2022·湖南湘潭·中考真题）在中（如图），连接，已知，，则（ ）
A． B． C． D．
◇典例7：（2023·湖南·统考中考真题）如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点E，则的长为 ．
◆变式训练
1．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为 ．
2．（2023·吉林·统考一模）如图，在中，，，的平分线交边于点E，则的长是（ ）
A．5 B．7 C．3.5 D．3
◇典例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．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④
◆变式训练
1．（2024·福建福州·校考一模）如图，在平行四边形中，为的中点，延长至点，使，连接交于点，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在中，，分别是边和上的点，连接，，且．求证：(1)；(2)．
3．（2023·广东阳江·三模）如图，平行四边形中，连接．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，分别交，，于点M，O，N（不要求写作法，保留作图痕迹）；(2)连接，，求证：；(3)若，，求的长．
◇典例9：（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
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．
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．
◇典例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．
◆变式训练
1．（2023·青海·统考中考真题）如图，是的一个外角，，.
(1)尺规作图：作的平分线，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：四边形是平行四边形.
2．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，四边形中，，，，是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若是等腰三角形，求四边形的面积．
■考点三 中位线
◇典例11：（2023·云南·统考中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（ ）
A．4米 B．6米 C．8米 D．10米
◆变式训练
1．（2023·河南周口·统考二模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·河北·模拟预测）如图，在矩形中，，分别是，上的点，，分别是，的中点，当点在上从点向点移动，而点保持不动时，下列结论成立的是( )
A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小
C．线段的长不变 D．线段的长先增大后减小
3.（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F两点，和交于点O；②以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D；③分别以点D，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M﹐连接和交于点N，连接若，则的长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
◇典例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 ．
◆变式训练
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．2 C． D．1
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 ．
◇典例12：（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．
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，…
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．
◆变式训练
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．
1．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，的对角线交于点，下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，在中，，，．点F是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点D在上．则线段在平移过程中扫过区域形成的四边形的周长和面积分别是( )
A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
3．（2023·河北·统考中考真题）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
（1）作的垂直平分线交于点O； （2）连接，在的延长线上截取； （3）连接，，则四边形即为所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
4．（2023·山西·统考中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·四川自贡·统考中考真题）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，算出这个正多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
6．（2023·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条的一个端点连在一起，点分别是的中点．若，则该工件内槽宽的长为 ．
8．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，中，为对角线，分别以点A、B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线交于点E，交于点F，若，，，则的长为 ．
9．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，点在线段上（点C在点之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为．与交于点H，延长交于点G，长为c．
（1）若四边形的周长与的周长相等，则之间的等量关系为 ．
（2）若四边形的面积与的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
10．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，点E、F、G、H分别是各边的中点，连接相交于点M，连接相交于点N．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若的面积为4，求的面积．
11．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．②当是直角三角形时，求的长．
1．（2023·江西吉安·校考模拟预测）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·湖北襄阳·模拟预测）能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
3．（2023·河北张家口·统考三模）如图，甲、乙两位同学用个完全相同的正六边形按如下方式拼成一圈后，使相邻的两个正六边形有公共顶点，设相邻两个正六边形外圈的夹角为，内圈的夹角为，中间会围成一个正边形，关于的值，甲的结果是，乙的结果是或4，则（ ）
A．甲的结果正确 B．乙的结果正确
C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确
4．（2023·浙江宁波·校联考模拟预测）如图，在中，，，，分别是边的中点，于点．连接，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·广东广州·统考二模）如图，在中，平分，交于点F，平分交于点E，，则长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2023·湖北孝感·模拟预测）已知，正多边形的每个内角为，则这个多边形的对角线共有 条．
7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）一个多边形，除了一个内角外，其余各角的和为，则这一内角为 度．
8．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考一模）四边形是平行四边形，，的平分线交直线于点，若，则四边形的周长为 ．
9．（2022·黑龙江哈尔滨·校考一模）如图，在中，E，F分别是，的中点，，，且，则的长是 ．
10．（2023·陕西宝鸡·校考一模）问题提出:如图，在中，．若，则的值为__________．问题探究:如图，在四边形中，对角线、相交于点，、、、分别为、、、的中点，连接、、、．若，求四边形的面积．
问题解决:如图，某市有一块五边形空地，其中米，米，米，米，现计划在五边形空地内部修建一个四边形花园，使点、、、分别在边、、、上，要求请问，是否存在符合设计要求的面积最大的四边形花园？若存在，求四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．
1．（2023·浙江绍兴·校联考三模）淇淇用图一的六个全等纸片拼接图2所示的外轮廓是正六边形，如果用若干个纸片按照图3所示的方法拼接成外轮廓是正n变形图案，那么的值为 ．
2．（2023·广东·模拟预测）在平行四边形中，点是的中点，与交于点，则与四边形的面积之比是( )
A． B． C． D．
3．（2023·福建·一模）如图，在平行四边形纸板中，点分别为的中点，连接．将一飞镖随机投掷到平行四边形纸板上，则飞镖落在阴影部分的概率为 ．
4．（2023·广东·模拟预测）如图，是的弦，，点是上的一个动点，且，若点，分别为，的中点，则线段长度的最大值为 ．
5．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
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