2026年中考数学第一轮复习分层练专题一 多边形与平行四边形（含解析）

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2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第五章 四边形
专题一 多边形与平行四边形
命题点1 多边形的性质与计算
1．（2023·山西·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．
2．（2025·山西晋中·二模）如图，小亮从点出发沿直线前进米到达点，向左转后又沿直线前进米到达点，再向左转后沿直线前进米到达点照这样走下去，小亮第一次回到出发点时所走的路程为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
3．（2025·山西大同·三模）如图，线段，，是一个正多边形的三条边，延长，交于点M，若，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形
4．（2024·山西·中考真题）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=______度．
5．（2024·山西·模拟预测）如图的七边形中，、的延长线相交于点．若图中、、、的外角的角度和为，则的度数为_____．
6．（2025·山西朔州·二模）窗是我国传统建筑中最重要的构成要素之一，窗的类型很多，如图1是一个正六边形窗，这个正六边形的示意图如图2所示，已知该正六边形的周长约为，则之间的距离为______dm．
7．（2025·山西临汾·三模）窗棂（如图1）是中国传统木构建筑的框架结构，使窗成为传统建筑中最重要的构成要素之一，也成为建筑的审美中心．图2是从图1中提取的由六条线段组成的图形，若，则________．
命题点2 平行四边形的判定
1．（2025·山西忻州·模拟预测）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为（ ）
A．相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
2．（2025·山西长治·一模）阅读与思考
下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告
研究对象：平行四边形的“准中点四边形”．
定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”．
性质：四点共线．
结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？
任务一：（1）写出结论1的证明过程．
任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______．
任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
3．（2025·山西吕梁·三模）如图，点、、、在一条直线上，，，．求证：．
4．（2025·山西太原·二模）如图，线段相交于点，且，于点．
(1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点，连接，；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母）
(2)若，请证明四边形是平行四边形．
5．（2025·山西朔州·模拟预测）如图，矩形中，延长到，使，延长到，使，连接，，，．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求四边形的面积．
6．（2025·山西运城·一模）如图，点A，C分别在的边和上．
(1)尺规作图：在的右侧作（不写做法，保留痕迹）
(2)在射线上取一点B，使，连接，则四边形的形状是_____
7．（2025山西长治模拟）如图，在矩形中，点、是对角线上的两点，．试判断四边形的形状，并说明理由．
8．（2024·山西晋中·一模）如图， 已知
(1)在平面内求作一点D，使得以A，B，C，D为顶点且以为对角线的四边形是平行四边形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(2)请你说明你的作图主要运用了平行四边形的什么定理？写出完整的定理内容．
命题点3 平行四边形的性质
1．（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．
2．（2024·山西·模拟预测）如图，在平行四边形纸片中，，，将纸片沿对角线折叠，点落在点处，与交于点，连接．若，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
3．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 _________．
4．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为__________．

5．（2025·山西·模拟预测）如图，已知中，，点E为的中点，与的延长线交于点F，交于点G，，则的长为_____．
6．（2024·山西朔州·三模）如图，在中，点E为的中点，点F为上一点，与相交于点H．若，，，则的长为 ___________．
7．（2025·山西长治·二模）如图：中，，，平分，交于点E，若，则长为_______．
8．（2025·山西大同·三模）如图，在中，，，．点E是上一点，若，则的长为______．
9．（2024·山西·中考真题）已知：如图，在ABCD中，延长线AB至点E，延长CD至点F，使得BE=DF．连接EF，与对角线AC交于点O．求证：OE=OF．

10．（2025·山西朔州·模拟预测）如图，E为的边上一点，，的延长线和的延长线相交于点．
(1)实践与操作：利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）
①作的垂直平分线分别交，于点，；
②连接．
(2)求证：．
11．（2025·山西吕梁·模拟预测）如图，在中，．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线，交边于点．交边的延长线于点（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）．
(2)猜想与证明：若，试猜想与的数量关系，并加以证明．
12．（2025·山西·模拟预测）综合与探究
问题情景
在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1是一张平行四边形纸片，点分别是上一点，且，将平行四边形纸片沿直线折叠，点对应点分别为，与交于点，请判断线段与的关系，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题．
深入探究
（2）如图2，老师将图2中的两点连接，交边于点，让同学们提出新的问题．
①“科学小组”提出问题：试猜想四边形的形状，并证明．
②“创新小组”提出问题：在中，．若四边形为菱形，请直接写出的值．
1．如图，正方形的边长为8，点，分别为，上一点，，与交于点，点为的中点，点为线段靠近的四等分点，则______．
2．如图，在中，D、E分别是、中点，平分．交于点F，，，则的长为___________．
3．在中，若，则_______．
4．如图，在四边形中，，，，分别是，，，边的中点，连接，，，得到四边形，若四边形的对角线，，则四边形的周长为__________．
5．（1）探究规律：
已知：如图，点为平行四边形内一点，、 的面积分别记为 、 ，平行四边形的面积记为，试探究与之间的关系．

（2）解决问题：
如图矩形中，，，点、、、分别在、、、上，且，．点为矩形内一点，四边形、四边形 的面积分别记为、，求．

6．如图，在中，，分别平分，，，分别是，的中点．求证：四边形是平行四边形．
7．如图，在中，，，为边的中点，过点作交的延长线于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
8．在中，为的中点，请仅用一把无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
(1)如图1，在上找出一点，使点是的一个三等分点；
(2)如图2，在上找出一点，使点是的中点．
9．请将下列题目的证明过程补充完整：如图，在四边形中，，，求证：四边形是平行四边形．
证明：如图，延长，，并截取，，
，，即，
……
10．如图，点，，，在同一直线上，，，．连接，．
求证：
(1)四边形是平行四边形；
(2)四边形是平行四边形．
1．综合探究
综合探究课上，老师带领同学们开展以“平行四边形的折叠”为主题的数学活动．
问题初探：
（1）如1图，点O是平行四边形纸片对角线的交点，将该纸片沿过点O的线段折叠，使点C的对应点为，点B与点D重合，猜想和的数量关系，并说明理由；
迁移探究
（2）如2图，连接，与交于点P，猜想和的位置关系，并说明理由；
拓展探索
（3）如3图，若纸片沿过点O的线段折叠，点B不与重合，连接，猜想和的位置关系，并说明理由
2．综合与实践
问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以平行四边形纸片的折叠为主题开展数学活动．已知平行四边形纸片，．如图1，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点D的对应点F落在边上，展开后，折痕交于点E，在此基础上，继续沿过点F的直线折叠，使点B的对应点H落在上，展开后折痕交于点G，延长交于点K．
初步探究：
（1）求证：四边形是平行四边形．
深入探究：
（2）如图2，当平行四边形纸片是矩形，且，时，直接写出此时的长．
1．如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．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．如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
4．两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：将一条线段分割成长、短两条线段、，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即，则这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点叫做线段的黄金分割点．
【问题初探】
如图1，已知点为线段的黄金分割点（），求黄金比．
解：设，，则．
，
请补全以上解题过程；
【问题再探】
如图2，在中，，，，请作出的黄金分割点（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【知识迁移】
如图3，点为线段的黄金分割点（），分别以、为边在线段同侧作正方形和矩形，连结、．求证：；
【延伸拓展】
如图4，在正五边形中，对角线与交于点．求证：点是的黄金分割点．
5．如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证．
6．在ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点O作直线EF分别交线段AD、BC于点E、F.
（1）根据题意，画出图形，并标上正确的字母；
（2）求证：DE=BF.
7．综合与实践：
问题背景：在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的三角形纸片为操作对象，进行相关问题的研究，下面是创新小组在操作纸片过程中研究的问题，请你解决这些问题，如图，，其中，，，．
操作与发现：
（1）如图，创新小组将两张三角形纸片按如图所示的方式放置后，经过观察发现四边形是矩形，请你证明这个结论．
操作与探究：
（2）创新小组在图的基础上，将纸片沿方向平移至如图的位置，其中点与的中点重合，连接，，经过探究后发现四边形是菱形，请你证明这个结论．
（3）创新小组在图的基础上又进行了探究，将纸片绕点逆时针旋转至与平行的位置，如图所示，连接，，创新小组经过观与推理后发现四边形是矩形，请你证明这个结论．
提出问题：
（4）请你参照以上操作，在图的基础上，通过平移或旋转构造出的图形，在图中画出这个图形，标明字母，说明构图方法，写出你发现的结论，不必证明．
8．综合与实践
折纸操作简单，富有数学趣味，同学们可以通过折纸开展数学探究．“乐学小组”以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展了数学活动：在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为．
(1)【感知】如图①，若点恰好落在边上时，求证：四边形是平行四边形；
(2)【探究】如图②，若点三点在同一条直线上，求证：；
(3)【应用】如图③，若，连接并延长，交于点F．若平行四边形纸片的面积为6，，求线段的长．
2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第五章 四边形
专题一 多边形与平行四边形（解析版）
命题点1 多边形的性质与计算
1．（2023·山西·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．
2．（2025·山西晋中·二模）如图，小亮从点出发沿直线前进米到达点，向左转后又沿直线前进米到达点，再向左转后沿直线前进米到达点照这样走下去，小亮第一次回到出发点时所走的路程为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．根据题意，小亮走过的路程是正多边形，先用除以求出边数，然后再乘以10米即可得解．
【详解】解：小亮每次都是沿直线前进米后向左转，
他走过的图形是正多边形，
边数，
他第一次回到出发点时，一共走了（米）．
故选：D．
3．（2025·山西大同·三模）如图，线段，，是一个正多边形的三条边，延长，交于点M，若，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形
【答案】D
【分析】本题主要考查正多边形的外角，三角形内角和定理和等边对等角，正确记忆相关知识点是解题的关键．由该多边形内角都相等可知该多边形的外角也都相等，先算出外角再计算边数即可．
【详解】解：由该多边形内角都相等可知该多边形的外角也都相等，
，
，
，
则该正多边形的边数为，
∴这个正多边形是正八边形．
故选：D．
4．（2024·山西·中考真题）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=______度．
【答案】360°
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．
【详解】由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
故答案为360°．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和外角，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．
5．（2024·山西·模拟预测）如图的七边形中，、的延长线相交于点．若图中、、、的外角的角度和为，则的度数为_____．
【答案】/40度
【分析】本题考查多边形内角和定理及内外角关系，解题的关键是根据题意得到是五边形．
首先求出，然后得到，进而求解即可．
【详解】解：、、、的外角的角度和为，
，
，
五边形内角和，
，
，
故答案为：．
6．（2025·山西朔州·二模）窗是我国传统建筑中最重要的构成要素之一，窗的类型很多，如图1是一个正六边形窗，这个正六边形的示意图如图2所示，已知该正六边形的周长约为，则之间的距离为______dm．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形与中心角，等边三角形的判定与性质，连接与交于点O，证明为等边三角形，从而，同理可得，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接与交于点O，
∵为正六边形，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵正六边形的周长约为，
∴，
∴，
同理可得，
∴．
故答案为：．
7．（2025·山西临汾·三模）窗棂（如图1）是中国传统木构建筑的框架结构，使窗成为传统建筑中最重要的构成要素之一，也成为建筑的审美中心．图2是从图1中提取的由六条线段组成的图形，若，则________．
【答案】300
【分析】本题考查了多边形的外角和问题，根据多边形的外角和为计算即可得解，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：由题意可得：，
∵，
∴，
故答案为：．
命题点2 平行四边形的判定
1．（2025·山西忻州·模拟预测）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为（ ）
A．相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定与性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先画出图形，根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定与性质可得，由此即可得．
【详解】解：由题意，画出图形如下：
∵点，分别是边，的中点，
∴，
同理可得：，，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵四边形的对角线互相垂直，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∴，即，
故选：A．
2．（2025·山西长治·一模）阅读与思考
下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告
研究对象：平行四边形的“准中点四边形”．
定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”．
性质：四点共线．
结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？
任务一：（1）写出结论1的证明过程．
任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______．
任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】本题主要考查了四边形综合，平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形均为平行四边形，进而得到，，即可得证；
（2）根据菱形的性质结合图形即可得出结果；
（3）连接，作直线，交于点O，然后作，，然后连接、、、即可得出点M和N分别为、的重心，据此作图即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
分别是的中点，
，
，
又，
∴四边形为平行四边形，
，
同理，
四边形为平行四边形．
（2）解：当平行四边形满足时，准中点四边形是菱形，
由（1）得四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴准中点四边形是菱形，
故答案为：；
（3）解：连接，作直线，与交于点O，然后作，，然后连接、、、，如图所示，即为所求，
证明：矩形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形；
分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示：
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
由作图得，
∴，
∴，
∴点F为的中点，
同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点．
3．（2025·山西吕梁·三模）如图，点、、、在一条直线上，，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的证明以及平行线的性质，由角边角的证明三角形全等并得到四边形是平行四边形解决本题的关键．
首先由角边角的方法证明与全等，则可得到，再由平行四边形的判定，即“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”即可证明．
【详解】证明：，
，
，
，．
，．
．
．
又．
四边形是平行四边形．
．
4．（2025·山西太原·二模）如图，线段相交于点，且，于点．
(1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点，连接，；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母）
(2)若，请证明四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，垂线的尺规作图，全等三角形的性质与判定：
（1）先根据垂线的尺规作图方法作出点F，再连接、即可；
（2）先根据证明，得到，再证明，，进而根据证明，得到，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求．
（2）证明：，
，
又，
，
，
，
，，
又，
，
四边形是平行四边形．
5．（2025·山西朔州·模拟预测）如图，矩形中，延长到，使，延长到，使，连接，，，．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，再由矩形的性质得到，从而由菱形的判定得证；
（2）由菱形性质、含的直角三角形性质即勾股定理得到相关线段长度，最后由菱形面积公式代值求解即可得到答案．
【详解】（1）解：四边形是菱形．
理由如下：
，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，即，
平行四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，，，
，
．
，
．
．
，．
菱形的面积为：．
【点睛】本题考查四边形综合，涉及平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理及菱形面积公式等知识，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．
6．（2025·山西运城·一模）如图，点A，C分别在的边和上．
(1)尺规作图：在的右侧作（不写做法，保留痕迹）
(2)在射线上取一点B，使，连接，则四边形的形状是_____
【答案】(1)见解析
(2)平行四边形
【分析】本题主要考查了作一个角等于已知角，平行四边形的判定，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握作一个角等于已知角的方法．
（1）根据作一个角等于已知的角的方法，作图即可；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，得出四边形为平行四边形．
【详解】（1）解：如图，即为所求作的角；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形．
7．（2025山西长治模拟）如图，在矩形中，点、是对角线上的两点，．试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】平行四边形，理由见解析
【分析】此题重点考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识，由矩形的性质得，，则，而，即可根据“”证明，得，，则，即可证明四边形是平行四边形．证明是解题的关键．
【详解】解：四边形是平行四边形，
理由如下：
四边形是矩形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形．
8．（2024·山西晋中·一模）如图， 已知
(1)在平面内求作一点D，使得以A，B，C，D为顶点且以为对角线的四边形是平行四边形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(2)请你说明你的作图主要运用了平行四边形的什么定理？写出完整的定理内容．
【答案】(1)见解析
(2)作图主要运用了平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形
【分析】本题考查基本尺规作图，理解并掌握两组对边分别相等的四边形是平行四边形是解决问题的关键，
（1）分别以点A、C为圆心，、长为半径画弧，两弧交点为点D，连接、，即可求解；
（2）根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可求解．
【详解】（1）解：分别以点A、C为圆心，、长为半径画弧，两弧交点为点D，连接、，
四边形即为所求作．
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形．
即：作图主要运用了平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
命题点3 平行四边形的性质
1．（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：．
2．（2024·山西·模拟预测）如图，在平行四边形纸片中，，，将纸片沿对角线折叠，点落在点处，与交于点，连接．若，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，正方形的性质与判定，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理；过点作于点，根据折叠的性质以及已知条件得出四边形是正方形，进而得出，在中，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵，将纸片沿对角线折叠，点落在点处，与交于点，
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴
又∵，
∴，
在中，
∴
∵折叠，
∴
∴，
在中，
∴在中，，
故选：D．
3．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 _________．
【答案】/
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键．
如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长．
【详解】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
又∵，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：．
4．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为__________．

【答案】
【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可．
【详解】解：∵在中，，
∴，，
由作图知平分，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键．
5．（2025·山西·模拟预测）如图，已知中，，点E为的中点，与的延长线交于点F，交于点G，，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理，作出辅助线是解题的关键．过点作于点，连接．先根据平行四边形性质和角的关系判断为等腰三角形，进而求出线段长度，再通过相似三角形及勾股定理求出的长度．
【详解】如图，过点作于点，连接
四边形是平行四边形，
点是中点，
，
，解得
．
故答案为：．
6．（2024·山西朔州·三模）如图，在中，点E为的中点，点F为上一点，与相交于点H．若，，，则的长为 ___________．
【答案】20
【分析】此题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线分线段成比例定理，延长交的延长线于点G．证明，得出，求出，根据平行线分线段成比例定理，得出，代入求出结果即可．
【详解】解：如图，延长交的延长线于点G．
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
∵点E为边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得．
故答案为：20．
7．（2025·山西长治·二模）如图：中，，，平分，交于点E，若，则长为_______．
【答案】/
【分析】过点A作于点H．根据，解直角三角形求出再利平行线分线段成比例定理求出，利用勾股定理求出，，求出，进而可求出的长．
【详解】解：过点A作于点H．
，，
四边形都是平行四边形，
，
平分，
，，

．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线分线段成比例定理，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
8．（2025·山西大同·三模）如图，在中，，，．点E是上一点，若，则的长为______．
【答案】/
【分析】如图所示，延长，交于点H，过点D作于点F，过点E作交延长线于点G，由设，，勾股定理求出，，然后求出，然后得出，设，，表示出，，证明出，得到，然后代数求出，，勾股定理求出，进而求解即可．
【详解】如图所示，延长，交于点H，过点D作于点F，过点E作交延长线于点G
∵
∴，
∴设，
∴，即
∴（负值舍去），
∴，
∵在中，，
∴
∴
∵在中，
∴
∴
∵
∴
设，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴，即
∴（负值舍去）
∴，
∴
∵在中，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
9．（2024·山西·中考真题）已知：如图，在ABCD中，延长线AB至点E，延长CD至点F，使得BE=DF．连接EF，与对角线AC交于点O．求证：OE=OF．

【答案】证明见解析．
【分析】先由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥DC，再得出∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，即可推出△COF≌△AOE，从而得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥DC，
∴∠F=∠E，∠DCA=∠CAB，
∵AB=CD，FD=BE，
∴CF=AE，
在△COF和△AOE中，
∵∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，
∴△COF≌△AOE，
∴OE=OF．
10．（2025·山西朔州·模拟预测）如图，E为的边上一点，，的延长线和的延长线相交于点．
(1)实践与操作：利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）
①作的垂直平分线分别交，于点，；
②连接．
(2)求证：．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)见解析
【分析】本题考查作图—复杂作图，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定，平行四边形的性质，解题的关键是掌握作图方法解决问题．
（1）根据要求作出图形即可；
（2）通过平行四边形的性质，以及垂直平分线的性质进行倒角，利用证明三角形全等即可．
【详解】（1）解：①如图所示，即为所求．
②如图所示，连接，．
（2）证明：如图，是的垂直平分线，
．
．
四边形是平行四边形，
．
，．
，
．
，即．
，，
．
．
11．（2025·山西吕梁·模拟预测）如图，在中，．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线，交边于点．交边的延长线于点（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）．
(2)猜想与证明：若，试猜想与的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【分析】本题主要考查了作图﹣基本作图、相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、等角对等边等知识点，正确地作出图形是解题的关键．
（1）利用基本作图，作出的平分线交边于点．交边的延长线于点即可；
（2）由平行四边形的性质可得，由角平分线的性质和平行线的性质可得、，进一步可得，根据等角对等边可得，再由题意可得，继而可得，再由易求，可得即可解答．
【详解】（1）解：如图，射线为所求．
（2）解：．证明如下：
四边形是平行四边形，
．
平分，
．
，
，
，
．
，
，
，即．
，
，
，
．
12．（2025·山西·模拟预测）综合与探究
问题情景
在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1是一张平行四边形纸片，点分别是上一点，且，将平行四边形纸片沿直线折叠，点对应点分别为，与交于点，请判断线段与的关系，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题．
深入探究
（2）如图2，老师将图2中的两点连接，交边于点，让同学们提出新的问题．
①“科学小组”提出问题：试猜想四边形的形状，并证明．
②“创新小组”提出问题：在中，．若四边形为菱形，请直接写出的值．
【答案】（1）．理由见解析，（2）①是平行四边形，见解析；②
【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定，相似三角形的性质与判定．熟练掌握菱形的性质，折叠的性质是解题的关键．
（1）根据四边形是平行四边形，得出，由折叠可得，．进而可得，根据，即可求解；
（2）易知．思路一：只要证明，即可证明四边形是平行四边形．思路二：只要证明，即可证明四边形是平行四边形．
（3）设与交于点，过点作于点，过点作交的延长线于点．则四边形是矩形，证明四边形是菱形，求得证明四边形是菱形，设，
在中，得出，则，证明，即可求解．
【详解】解：（1）．理由如下：
四边形是平行四边形，
．
．
由折叠可得，
．
．
，
即．
．
即．
（2）①方法一：四边形是平行四边形．
理由如下：
如答图1，延长交于点．
由（1）知．
四边形是平行四边形，
．
由折叠可知．
．
．
．
又，
．
，即．
．
为公共角，
．
．
又，
∴四边形是平行四边形．
方法二：如答图2，连接，
四边形是平行四边形，
由折叠得．
由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
②
如图，设与交于点，过点作于点，过点作交的延长线于点．则四边形是矩形，
在中，∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴四边形是菱形，
，
设，
，
在中，
由勾股定理得，
解得（舍去），．
，
∵，
∴，
又∵，
∴．
∴，
.
1．如图，正方形的边长为8，点，分别为，上一点，，与交于点，点为的中点，点为线段靠近的四等分点，则______．
【答案】
【分析】根据正方形的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，求得，取的中点，连接，根据勾股定理得到，求得，根据三角形中位线定理即可得到结论．
【详解】解：∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接，
，
，
，
，
∵点为的中点，点为线段靠近的四等分点，
，
∴是的中位线，
．
2．如图，在中，D、E分别是、中点，平分．交于点F，，，则的长为___________．
【答案】1
【分析】通过三角形中位线定理推出，，借助角平分线这个条件证出，从而通过等量代换求出的长．
【详解】解：∵分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
3．在中，若，则_______．
【答案】45
【分析】利用平行四边形对角相等、邻角互补及内角和为的性质，通过等量代换建立关系求解的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
，，且，
（平行四边形邻角互补），
，
又，，
，即，
将代入，
得：，
，
．
4．如图，在四边形中，，，，分别是，，，边的中点，连接，，，得到四边形，若四边形的对角线，，则四边形的周长为__________．
【答案】40
【分析】由三角形中位线定理计算四边形各边长即可．
【详解】是的中点，
为的中位线，
，
同理可得分别为的中位线，
，
则四边形的周长为．
5．（1）探究规律：
已知：如图，点为平行四边形内一点，、 的面积分别记为 、 ，平行四边形的面积记为，试探究与之间的关系．

（2）解决问题：
如图矩形中，，，点、、、分别在、、、上，且，．点为矩形内一点，四边形、四边形 的面积分别记为、，求．

【答案】（1），证明见解析；（2）
【分析】（1）如图所示，过点作，作延长线于点，延长交于点，可得平行四边形与同底同高，平行四边形与同底同高，由此即可求解；
（2）如图所示，连接、、、得四边形，可证，，即四边形是平行四边形，并可求出，，由此可求出平行四边形的面积，由（1）的计算方法即可求解．
【详解】证明：（1），理由如下，
如图所示，过点作，作延长线于点，延长交于点，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，，
∴，，，
∴，．
∵，
，
．
解：（2）如图所示，连接、、、得四边形，

∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，，，
∴，
∴，且，
同理可得，，，，，，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
由（1）可得，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、矩形的性质及不规则图形面积的计算方法，掌握已知知识的综合运用是解题的关键．
6．如图，在中，，分别平分，，，分别是，的中点．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【分析】先借助平行四边形的性质和角平分线定义证得，再证出四边形是平行四边形得到，最后结合中点推出与平行且相等，以此判定四边形为平行四边形．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
∴，，
．
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵是的中点，是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
7．如图，在中，，，为边的中点，过点作交的延长线于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的判定证明即可．
（2）根据平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：，，
．
，
，
．
平分，
，
．
为边的中点，
．
在和中，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：平分，
，
，，
，
，
．
，
，
，
．
四边形是平行四边形，
．
8．在中，为的中点，请仅用一把无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
(1)如图1，在上找出一点，使点是的一个三等分点；
(2)如图2，在上找出一点，使点是的中点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意，只需满足求解即可；
（2）连接和，交点为，连接并延长交于即可．
【详解】（1）解：如图，连接交于点，点就是所求作的点；
∵，
∴，
∴，
∴，即点是的一个三等分点；
（2）解：根据题意，画图如下：则点就是所求作的点．
∵，
∴，
∴，
∴．
9．请将下列题目的证明过程补充完整：如图，在四边形中，，，求证：四边形是平行四边形．
证明：如图，延长，，并截取，，
，，即，
……
【答案】见解析
【分析】先证明四边形是平行四边形，得到，，再由等边对等角得到，，即可证明，从而有，再证明即可得证．
【详解】解：补充证明过程如下：
∵，即，
四边形是平行四边形，
，．
，，
，，
．
在和中，
，
．
，
，
四边形是平行四边形．
10．如图，点，，，在同一直线上，，，．连接，．
求证：
(1)四边形是平行四边形；
(2)四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由题意易得，，，然后可得，则有，再证明，进而问题可求证；
（2）由（1）可得，然后根据平行四边形的判定定理可进行求证．
【详解】（1）证明：，
．
，
．
，
，即．
在和中，
，
，
．
，
，
四边形是平行四边形．
（2）证明：由（1）知，
．
又，
四边形是平行四边形．
1．综合探究
综合探究课上，老师带领同学们开展以“平行四边形的折叠”为主题的数学活动．
问题初探：
（1）如1图，点O是平行四边形纸片对角线的交点，将该纸片沿过点O的线段折叠，使点C的对应点为，点B与点D重合，猜想和的数量关系，并说明理由；
迁移探究
（2）如2图，连接，与交于点P，猜想和的位置关系，并说明理由；
拓展探索
（3）如3图，若纸片沿过点O的线段折叠，点B不与重合，连接，猜想和的位置关系，并说明理由
【答案】（1），见解析
（2），见解析
（3），见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质：
（1）由平行四边形的性质可得，，，推出，，证得，由全等三角形的性质可得，再根据线段的和差关系，即可得出结论；
（2）由折叠的性质可得，，，，结合平行四边形的性质，证得，可得，，进而推出，即可得出结论；
（3）分别延长和交于点I，连接，，连接和交于点J，由（1）（2）可得，，，设，可得，证得，推出，即可得出结论．
【详解】（1）解：，
理由：是对角线的交点，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
；
（2）解：，
理由：纸片沿过点O的线段折叠，点B与点D重合，
，，，，
在中，，，
，
在和中，
，
，
，，
，
即，
，
，
，
；
（3）解：，
分别延长和交于点I，连接，，连接和交于点J，
由（2）得，
在中，，
，
纸片沿过点O的线段折叠，
，
，
，
由（1）得，
，
，，
设，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
．
2．综合与实践
问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以平行四边形纸片的折叠为主题开展数学活动．已知平行四边形纸片，．如图1，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点D的对应点F落在边上，展开后，折痕交于点E，在此基础上，继续沿过点F的直线折叠，使点B的对应点H落在上，展开后折痕交于点G，延长交于点K．
初步探究：
（1）求证：四边形是平行四边形．
深入探究：
（2）如图2，当平行四边形纸片是矩形，且，时，直接写出此时的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据平行四边形的性质、折叠的性质得出，，进而证明，，可得四边形为平行四边形；
（2）在中，利用勾股定理求得，设，在中，由勾股定理列式计算可得结论．
【详解】（1）证明：如图，分别标记，
在平行四边形中，，，
，
，
由折叠知，，，，，
，，
，
，
，
，
四边形为平行四边形；
解：由（1）得四边形为平行四边形，
，
由折叠知，，
在中，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得，
解得，
．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，涉及矩形的性质，折叠的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等是解题的关键．
1．如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键．
延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：延长与直线交于点，
∵正六边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
2．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．如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知，
，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
由折叠性质可知，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
4．两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：将一条线段分割成长、短两条线段、，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即，则这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点叫做线段的黄金分割点．
【问题初探】
如图1，已知点为线段的黄金分割点（），求黄金比．
解：设，，则．
，
请补全以上解题过程；
【问题再探】
如图2，在中，，，，请作出的黄金分割点（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
【知识迁移】
如图3，点为线段的黄金分割点（），分别以、为边在线段同侧作正方形和矩形，连结、．求证：；
【延伸拓展】
如图4，在正五边形中，对角线与交于点．求证：点是的黄金分割点．
【答案】[问题初探]：黄金比为；[问题再探]：作图见解析；[知识迁移]证明见解析；[延伸拓展] 证明见解析
【分析】[问题初探]代入数据，再解一元二次方程即可；
[问题再探] 以点为圆心，为半径画弧交于点，再以为圆心，为半径画弧与相交，交点记为点，点即为黄金分割点．由勾股定理可得，由作图可得，那么，则，则，而，故，故点即为黄金分割点；
[知识迁移]根据点为线段的黄金分割点，得到，再由正方形的性质得到，则，再由夹角均为直角即可证明；
[延伸拓展]先证明，，则，那么，即可证明．
【详解】[问题初探]
解：设，，则．
，
∴，
解得：，（舍），
∴，
∴黄金比为；
[问题再探]
解：如图，点即为的黄金分割点：
[知识迁移]
证明：∵四边形是正方形，四边形是矩形，
∴，，，
∵点为线段的黄金分割点，
∴，
∴，
∴；
[延伸拓展]
证明：∵五边形是正五边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴点是的黄金分割点．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，黄金分割的定义，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正多边形的内角问题，勾股定理，正方形和矩形的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
5．如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证．
【答案】见解析
【分析】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，平行线的性质，由平行四边形的性质得到，由平行线的性质和对顶角相等推出，，据此证明，则可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
6．在ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点O作直线EF分别交线段AD、BC于点E、F.
（1）根据题意，画出图形，并标上正确的字母；
（2）求证：DE=BF.
【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据题意直接画图即可平.
（2）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，OB=OD，继而可利用ASA，判定△DOE≌△BOF，继而证得DE=BF．
试题解析：解：（1）作图如图所示：
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OB="OD." ∴∠EDO=∠OBF.
在△DOE和△BOF中，∵，
∴DOE≌△BOF（ASA）. ∴DE=BF．
考点：1.作图（复杂作图）；2.平行四边形的性质；3.全等三角形的判定和性质．
7．综合与实践：
问题背景：在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的三角形纸片为操作对象，进行相关问题的研究，下面是创新小组在操作纸片过程中研究的问题，请你解决这些问题，如图，，其中，，，．
操作与发现：
（1）如图，创新小组将两张三角形纸片按如图所示的方式放置后，经过观察发现四边形是矩形，请你证明这个结论．
操作与探究：
（2）创新小组在图的基础上，将纸片沿方向平移至如图的位置，其中点与的中点重合，连接，，经过探究后发现四边形是菱形，请你证明这个结论．
（3）创新小组在图的基础上又进行了探究，将纸片绕点逆时针旋转至与平行的位置，如图所示，连接，，创新小组经过观与推理后发现四边形是矩形，请你证明这个结论．
提出问题：
（4）请你参照以上操作，在图的基础上，通过平移或旋转构造出的图形，在图中画出这个图形，标明字母，说明构图方法，写出你发现的结论，不必证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、菱形的知识、矩形的知识，解（1）的关键是判断四边形是平行四边形；解（2）的关键是判断出；解（3）的关键是判断出是等边三角形；（4）画出图形是解答关键．
（1）利用平行四边形的判断方法先判断出四边形是平行四边形，即可得出结论；
（2）先求出，再判断出四边形是平行四边形，进而判断出，即可得出结论；
（3）先求出，进而判断出是等边三角形，即可判断出四边形是平行四边形，即可得出结论；
（4）把平移的长度可得到四边形为平行四边形．
【详解】（1）证明：，
，，
在四边形中，，，
四边形是平行四边形，
，
∴平行四边形是矩形；
（2）证明：在中，，
，
与平移可知，，，
四边形是平行四边形，
，，
，
点与的中点重合，，
，
，
在平行四边形中，，
平行四边形是菱形；
（3）证明：在中，，
，点是中点，，
，，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，，
，
，
在四边形中，，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
（4）解：构图方法：
如图所示，将向下平移的长度，得到四边形为平行四边形．理由如下，
由平移可得：，，
四边形为平行四边形．
8．综合与实践
折纸操作简单，富有数学趣味，同学们可以通过折纸开展数学探究．“乐学小组”以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展了数学活动：在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为．
(1)【感知】如图①，若点恰好落在边上时，求证：四边形是平行四边形；
(2)【探究】如图②，若点三点在同一条直线上，求证：；
(3)【应用】如图③，若，连接并延长，交于点F．若平行四边形纸片的面积为6，，求线段的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，推出，即可证明四边形是平行四边形；
（2）由折叠的性质结合平行四边形的性质证明是等腰三角形，即可得出结论；
（3）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
由折叠的性质可得：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）证明：由折叠的性质可得：，
四边形是平行四边形，
，
，
，
点三点在同一条直线上
是等腰三角形，
；
（3）解：如图，延长交于点H，
由折叠的性质可得：，
，
，
是等腰直角三角形，
，
四边形是平行四边形，，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
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