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专题19多边形与平行四边形（6大考点，精选42题）
考点概览 考点1多边形的内角和与外角和 考点2平行四边形的性质 考点3三角形的中位线 考点4平行四边形的判定 考点5平行四边形的性质与判定 考点6以平行四边形为载体的压轴问题
考点1多边形的内角和与外角和
1．（2025·北京·中考真题）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．150
2．（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
4．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为 ．
7．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为 ．
8．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则 °．
9．（2025·吉林长春·中考真题）图①是一个正十二面体，它的每个面都是正五边形，图②是其表面展开图，则为 度．
10．（2025·吉林·中考真题）如图，正五边形的边的延长线交于点F，则的大小为 度．
11．（2025·江西·中考真题）如图，创意图案中间空白部分为正多边形，该正多边形的内角和为 度．
12．（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点， ．
13．（2025·山东烟台·中考真题）【问题呈现】
如图1，已知是正方形外一点，且满足，探究，，三条线段的数量关系．
小颖通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：如图2，构造与全等，从而得出与的数量关系；
思路二：如图3，构造与全等，从而得出与的数量关系．
（1）请参考小颖的思路，直接写出与的数量关系______________；
【类比探究】
（2）如图4，若是正五边形外一点，且满足，，，求的长度（结果精确到，参考数据：，，，）；
【拓展延伸】
（3）如图5，若是正十边形外一点，且满足，则，，三条线段的数量关系为_________（结果用含有锐角三角函数的式子表示）．
考点2平行四边形的性质
14．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
15．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
16．（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
17．（2025·河北·中考真题）平行四边形的一组邻边长分别为，，一条对角线长为．若为整数，则的值可以为 ．（写出一个即可）
18．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则 ．
19．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为 ．
20．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形，若，则 cm．
21．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则 ．
22．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长．
考点3三角形的中位线
23．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
24．（2025·河南·中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，的三个顶点均在网格线的交点上，点D、E分别是边、与网格线的交点，连接，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．
25．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
26．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在中，，点、分别在边和上，且，，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长度为（ ）
A． B． C．2 D．
27．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ．
28．（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 ．
29．（2025·湖南·中考真题）如图，在中，，点是的中点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，直线交于点，连接，则的长是 ．
30．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1．
（1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为 ．
（2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为 ．
考点4平行四边形的判定
31．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求和的长．
32．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明．
33．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，求的长．
考点5平行四边形的性质与判定
34．（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
35．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题：
命题1：若连接交于点，则．
命题2：若连接，则．
命题3：若连接，则．
任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例．
36．（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．
37．（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点．
(1)如图1，，点与点重合，求证：；
(2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明．
38．（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形．
考点6以平行四边形为载体的压轴问题
39．（2025·湖南·中考真题）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示；
②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示；
③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示．
【问题解决】
请解决下列问题：
(1)如图3，填空：______；
(2)如图4，求证：；
(3)如图5．若，，求证：．
40．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点．
(1)当是边中点时，
①如图（1），联结，如果，求证：；
②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值；
(2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长．
41．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点．
【特例感知】
（1）如图1，当时，点在延长线上，求证：；
【问题探究】
（2）在（1）的条件下，若，，求的长；
【拓展延伸】
（3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示）
42．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．
(1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点．
①试猜想与的数量关系，并说明理由；
②求的面积；
(2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长．
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专题19多边形与平行四边形（6大考点，精选42题）
考点概览 考点1多边形的内角和与外角和 考点2平行四边形的性质 考点3三角形的中位线 考点4平行四边形的判定 考点5平行四边形的性质与判定 考点6以平行四边形为载体的压轴问题
考点1多边形的内角和与外角和
1．（2025·北京·中考真题）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．150
【答案】C
【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式及正多边形的性质求解即可．
【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是，
∴每个内角的度数为：，
故选：C．
2．（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形的内角和．根据正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，求解即可．
【详解】解：正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，
∴，
故选：D．
3．（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】A
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟知多边形的内角和与外角和公式是解题的关键，
根据多边形内角和与外角和公式，建立方程求解边数即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意可得：
解方程，得
因此，该多边形的边数为10，
故选：A．
4．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是对顶角的性质，多边形和正多边形的内角和，熟练掌握正多边形每个内角的求解公式是解题的关键．先根据正多边形每个内角为，得到正六边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案．
【详解】解：如图，
∵正六边形与正方形的两邻边相交，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
故选：B．
5．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，掌握边形内角和为是解题的关键．
根据多边形的内角和公式直接计算即可．
【详解】解：由题意得：，
故选：C．
6．（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为 ．
【答案】9
【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握多边形的外角和等于是解题关键．先求出这个多边形的每个外角都是，再根据多边形的外角和等于求解即可得．
【详解】解：∵这个多边形的每个内角都是，
∴这个多边形的每个外角都是，
∴这个多边形的边数为，
故答案为：9．
7．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查正多边形的内角，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，如解图，连接，求出正六边形的一个内角的度数，等边对等角，求出的度数，进而推出为含30度角的直角三角形，进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵正六边形，
∴，，
∴，
∴，
∵正六边形为轴对称图形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
8．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则 °．
【答案】205
【分析】本题主要考查了多边形的内角和求法，根据其公式解题即可．
【详解】解：多边形的内角和为，
∴五边形的内角和为，
，
故答案为：205．
9．（2025·吉林长春·中考真题）图①是一个正十二面体，它的每个面都是正五边形，图②是其表面展开图，则为 度．
【答案】
【分析】本题考查的是正多边形的内角与外角的问题，先求解正五边形的每一个内角为：，再进一步求解即可.
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为：，
∴，
故答案为：
10．（2025·吉林·中考真题）如图，正五边形的边的延长线交于点F，则的大小为 度．
【答案】
【分析】本题主要考查了正多边形外角和定理，三角形内角和定理，多边形外角和为360度，据此可求出的度数，再利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：五边形是正五边形，
∴，
∴，
故答案为：．
11．（2025·江西·中考真题）如图，创意图案中间空白部分为正多边形，该正多边形的内角和为 度．
【答案】720
【分析】本题考查了多边形的内角和公式；根据n边形的内角和公式进行计算即可．
【详解】解：根据图形知，空白部分为六多边形，
六边形的内角和为，
故答案为：720．
12．（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点， ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正多边形内角问题，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据正多边形内角计算公式求出，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，最后根据三角形外角的性质即可得到答案．
【详解】解：∵八边形是正八边形，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
故答案为：．
13．（2025·山东烟台·中考真题）【问题呈现】
如图1，已知是正方形外一点，且满足，探究，，三条线段的数量关系．
小颖通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：如图2，构造与全等，从而得出与的数量关系；
思路二：如图3，构造与全等，从而得出与的数量关系．
（1）请参考小颖的思路，直接写出与的数量关系______________；
【类比探究】
（2）如图4，若是正五边形外一点，且满足，，，求的长度（结果精确到，参考数据：，，，）；
【拓展延伸】
（3）如图5，若是正十边形外一点，且满足，则，，三条线段的数量关系为_________（结果用含有锐角三角函数的式子表示）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质，解直角三角形，多边形的内角和问题，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据思路一：构造与全等，从而得出是等腰直角三角形，即可与的数量关系；
（2）在射线上截取，连接，过点作于点，同（1）得，则，，可得，根据，即可求解；
（3）同（2）的方法，即可求解．
【详解】（1）
如图2，在射线上截取，连接，
∵，
∴
又∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
又∵四边形是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
故答案为：．
（2）解：正五边形的一个内角为
如图4，在射线上截取，连接，过点作于点
同理可得，
∴，
∴
∵，，
∴
∴
∴；
（3）如图，在射线上截取，连接，过点作于点
同理可得
∴
∴
∵
∴
∴即
故答案为：．
考点2平行四边形的性质
14．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可．
【详解】解：根据作图可知：，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故选D．
15．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∴；
故选B．
16．（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点与点关于坐标原点中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键．
【详解】解：∵平行四边形的对角线交点在原点，
∴，
点与点关于坐标原点中心对称，
点的坐标为，
点的坐标是，
故选：C．
17．（2025·河北·中考真题）平行四边形的一组邻边长分别为，，一条对角线长为．若为整数，则的值可以为 ．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系，不等式组的整数解，根据题意得出，进而写出一个整数解即可求解．
【详解】解：依题意，
∴，
∵为整数，
∴可以是，，，，
故答案为：（答案不唯一）．
18．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则 ．
【答案】2
【分析】本题考查平行四边形的性质，等角对等边，根据平行四边形的性质，得到，得到，角平分线的定义，得到，进而得到，进而得到即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵的平分线交于点E，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
19．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为 ．
【答案】
【分析】此题考查了平行四边形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明是关键．连接，证明是等边三角形，，得到，根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：连接，
由作图可知， 垂直平分，
∴，
∵点N恰为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
20．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形，若，则 cm．
【答案】12
【分析】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键；
根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质和平行四边形的性质可得，结合三角形的外角性质可得，进而得到，再利用30度角的直角三角形的性质即可得解．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，
∵折叠，
∴，
∵是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：12．
21．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则 ．
【答案】12
【分析】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠得到，平行线的性质，得到，进而得到，等边三角形的性质，结合三角形的外角推出，进而得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到即可．
【详解】解：∵折叠，
∴，
∵平行四边形纸片，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：12
22．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长．
【答案】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，由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质可得，再证明，即可利用证明，则可得到，据此可得答案．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点是平行四边形边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
考点3三角形的中位线
23．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行线的性质，首先得到，是的中位线，得到，，然后根据平行线的性质求解即可．
【详解】∵点，，分别是各边上的中点，
∴，是的中位线
∴，
∴
∵
∴．
故选：C．
24．（2025·河南·中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，的三个顶点均在网格线的交点上，点D、E分别是边、与网格线的交点，连接，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，证明出是的中位线是解题关键．取格点、，由网格的性质可知，，得到，，进而证明是的中位线，即可求解．
【详解】解：如图，取格点、，
由网格的性质可知，，
，，
、分别是、的中点，
是的中位线，
，
故选：B．
25．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质，由三角形中位线的性质得，进而由平行四边形的性质得，即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵点是对角线的中点，点是边的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
故选：．
26．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在中，，点、分别在边和上，且，，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长度为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，利用平行线+中点模型构造全等三角形，正确作出辅助线是解题的关键．
过点作，连接并延长交于点，连接，可证，可得，，再根据平行线的性质得，即得，最后根据三角形中位线的性质解答即可求解，
【详解】解：如图，过点作，连接并延长交于点，连接，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，点是的中点，
∴是中位线，
∴，
故选：A．
27．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键．
【详解】解：∵，分别为，的中点，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴菱形的面积为，
故答案为：．
28．（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．
29．（2025·湖南·中考真题）如图，在中，，点是的中点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，直线交于点，连接，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了线段垂直平分线的性质及其尺规作图，三角形中位线定理，由作图方法可得垂直平分，则点D为的中点，据此可证明是的中位线，则可得到．
【详解】解：由作图方法可得垂直平分，
∴点D为的中点，
又∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
30．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1．
（1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为 ．
（2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】（1）连接，可证明是的中位线，得到，证明，可得，则；进而可得；证明，得到，则可得到，则，据此可得答案；
（2）连接，证明，得到，，，则可证明，；再证明，得到；证明，得到，则，则，据此可得答案．
【详解】解：（1）如图所示，连接，
∵D，E分别是边和的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵的面积是1，
∴；
∵D是的中点，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图所示，连接，
∵M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，，
∴；
∵的面积是1，
∴；
∵M是靠近点C的六等分点，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
考点4平行四边形的判定
31．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形；
（2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵，
∴；
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴；
∵点D为的中点，
∴；
如图所示，过点A作于H，
在中，，
∴，
在中，由勾股定理得．
32．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质；
（1）先证明，可得，结合可得结论；
（2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论.
【详解】（1）证明：∵点为的中点
∴，
∵
∴，，
在和中
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：当时，四边形是矩形，
理由如下：
∵ ，点是边上的中点，
∴ 即，
∵ 由（1）得四边形是平行四边形，
∴ 四边形是矩形.
33．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形．
（2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴且．
又，
．
．
又．
∴四边形是平行四边形．
（2）解：过点作于点．
∵四边形是正方形，，
．
又，
∴四边形是矩形．
．
又，
．
在中，由勾股定理得．
考点5平行四边形的性质与判定
34．（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：．
35．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题：
命题1：若连接交于点，则．
命题2：若连接，则．
命题3：若连接，则．
任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例．
【答案】命题1是真命题，证明见解析；命题2是真命题，证明见解析；命题3是真命题，证明见解析
【分析】命题1：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形，再由中位线的判定与性质得到，最后利用三角形面积公式求解即可得证；
命题2：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形即可得证；
命题3：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形即可得证．
【详解】解：命题1：若连接交于点，则．
命题1是真命题，证明如下：
连接，交于，如图所示：
是斜边上的中线，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，且，，
为的中点，
是的中位线，则，
，则；
命题2：若连接，则．
命题2是真命题，证明如下：
连接，交于，如图所示：
是斜边上的中线，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
；
命题3：若连接，则．
命题3是真命题，证明如下：
连接，交于，如图所示：
是斜边上的中线，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
36．（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，
．
37．（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点．
(1)如图1，，点与点重合，求证：；
(2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，；即可得证；
（2）在上取一点，使得，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，根据三线合一可得，进而根据，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合
∴，，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2），
证明：如图，在上取一点，使得
∵
∴
∴，
∴
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∴
∴
∴
∴，
又∵
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
38．（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)作图见详解
(2)证明过程见详解
【分析】本题主要考查圆的基本性质，尺规作垂线，平行四边形的判定和性质，掌握以上知识是关键．
（1）运用尺规作直径的垂直平分线即可；
（2）根据平行四边形的性质结合题意得到，，即，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证．
【详解】（1）解：如图所示，
∵是直径，
∴运用尺规作直径的垂直平分线角于点，
∴点即为所求点的位置；
（2）证明：如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点分别是的中点，
∴，，即，
∴四边形是平行四边形．
考点6以平行四边形为载体的压轴问题
39．（2025·湖南·中考真题）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示；
②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示；
③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示．
【问题解决】
请解决下列问题：
(1)如图3，填空：______；
(2)如图4，求证：；
(3)如图5．若，，求证：．
【答案】(1)
(2)证明过程见详解
(3)证明过程见详解
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，根据题意得到，，，由此即可求解；
（2）根据题意得到，，是等腰直角三角形，则，，，再证明，则，且，由此即可求解；
（3）根据题意，设，则，在中，，，，如图所示，过点作于点，过点作于点，可得，，，，，，可证，得到，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵直线，
∴，
∴，
∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明：根据题意，，
∴，
∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵直线，即，
∴，
∴，
∴，
∵，点在线段上，
∴，
∵，
∴，
∴，且，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴设，则，
在中，，，
∴，
如图所示，过点作于点，过点作于点，
∴，，即，
解得，，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∵，
∴，即，
解得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，且，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，数形结合分析是关键．
40．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点．
(1)当是边中点时，
①如图（1），联结，如果，求证：；
②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值；
(2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则；
②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案；
（2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是边中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，延长交于M，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∵是边中点，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴；
∴，，
设，则，
∴，
∴；
（2）解；如图所示，延长交于M，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∵，
∴，即
∴，
∵，即，
∴，
∴；
∵，
∴，即，
∴，解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
41．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点．
【特例感知】
（1）如图1，当时，点在延长线上，求证：；
【问题探究】
（2）在（1）的条件下，若，，求的长；
【拓展延伸】
（3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示）
【答案】（1）见解析；（2）4；（3）
【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证；
（2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解；
（3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：（1）由折叠的性质得：，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴；
（3）解：如图，延长交于点，
设，
∵，
∴，，
∴，
∵折叠，
∴
∵，即
∴
∴即
∴
∵四边形是平行四边形，
∴
又∵折叠，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
又∵
∴
∴即
∴
∵
∴
∴
∴
解得：
∴
又∵
∴
∴．
【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，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
42．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．
(1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点．
①试猜想与的数量关系，并说明理由；
②求的面积；
(2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长．
【答案】(1)①，理由略；②
(2)
【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理。熟练掌握相关性质是解题的关键．
（1）①由翻折得，，利用四边形是平行四边形，可证明，，再证明，即可求证；
②由，得，过点作于点，过点作于点，利用等腰三角形性质得，求出，可得，利用勾股定理求出，即可求解；
（2）过点作于点，连接交于点，过点作于点，由翻折的性质得，同（2）可得，利用，求出，可得，证明，得出，求出，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①由翻折得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
②由，
∴，
如图，过点作于点，过点作于点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点作于点，连接交于点，过点作于点，
由翻折的性质得，
同（2）可得，
∴，
∴，
即，
得，
∴，
∵平行四边形中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：．
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