专题23 平行四边形（解析版）

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专题23 平行四边形
【考查题型】

【知识要点】
知识点一 平行四边形
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。
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”。
平行四边形的性质：1)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。
平行四边形的判定定理：
1)边：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
2)角：④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
⑤任意两组邻角分别互补的四边形是平行四边形．
3)边与角：⑥一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；
4)对角线：⑦对角线互相平分的四边形是平行四边形.
平行四边形的面积公式：面积=底×高
平行线的性质：1）平行线间的距离都相等；
2）两条平行线间的任何平行线段都相等；
3）等底等高的平行四边形面积相等。
考查题型一 添加一个条件成为平行四边形
典例1．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在中，点D，E分别是，边的中点，点F在的延长线上．添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则这个条件可以是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角形中位线定理得到DE∥AC且DE=AC，结合平行四边形的判定定理进行选择．
【详解】解：∵在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC且DE=AC，
A、根据∠B=∠F不能判定CF∥AD，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
B、根据DE=EF可以判定DF=AC，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到四边形ADFC为平行四边形，故本选项正确．
C、根据AC=CF不能判定AC∥DF，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
D、根据AD=CF，FD∥AC不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
变式1-1．（2021·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，，请添加一个条件，使四边形ABCD成为平行四边形，你所添加的条件为___________ （写一个即可）．

【答案】ABDC(答案不唯一)
【分析】根据平行四边形的判定条件解答即可．
【详解】解：∵AB=DC，
再加ABDC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：ABDC(答案不唯一)
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
变式1-2．（2020·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件____，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）．

【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可．
【详解】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AD=BC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件AB∥DC，
本题只需添加一个即可，
故答案为：AD=BC（答案不唯一）．
【点睛】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方法是解题的关键．
变式1-3．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在四边形中，连接，．请你添加一个条件______________，使．（填一种情况即可）

【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质添加条件证明AB=CD.
【详解】解：添加的条件：AD=BC，理由是：
∵∠ACB=∠CAD，
∴AD∥BC，
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握定理内容是解题的关键.
变式1-4．（2021·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在四边形中，，，垂足分别为点，．

（1）请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形为平行四边形，你添加的条件是________；
（2）添加了条件后，证明四边形为平行四边形．
【答案】（1）（答案不唯一，符合题意即可）；（2）见解析
【分析】（1）由题意可知，要使得四边形为平行四边形，则使得即可，从而添加适当条件即可；
（2）根据（1）的思路，利用平行四边形的定义证明即可．
【详解】（1）显然，直接添加，可根据定义得到结果，
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
考查题型二 平行四边形的证明
典例2．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在四边形中，与交于点，，，垂足分别为点，，且，．求证：四边形是平行四边形．

【答案】见解析
【分析】结合已知条件推知；然后由全等三角形的判定定理证得，则其对应边相等：；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”证得结论．
【详解】证明：，
．
．
在与中，
．
．
．
四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
变式2-1．（2022·广西河池·统考中考真题）如图，点A，F，C，D在同一直线上，AB＝DE，AF＝CD，BC＝EF．

(1)求证：∠ACB＝∠DFE；
(2)连接BF，CE，直接判断四边形BFEC的形状．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BFEC是平行四边形
【分析】（1）证△ABC≌△DEF（SSS），再由全等三角形的性质即可得出结论；
（2）由（1）可知，∠ACB=∠DFE，则BC∥EF，再由平行四边形的判定即可得出结论．
（1）
证明：∵AF=CD，
∴AF ＋ CF = CD ＋ CF，
即AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，

△ABC≌△DEF（SSS）

（2）
如图，四边形BFEC是平行四边形，理由如下：
由（1）可知，∠ACB=∠DFE，
∴BC EF，
又∶ BC = EF，
四边形BFEC是平行四边形．

【点睛】本题考查了平行网边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解题的关键．
变式2-2．（2022·北京·统考中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；
（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形ABCD为菱形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
变式2-3．（2022·广西贺州·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．

(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)详见解析；
(2)24．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）由平行线的性质可得，再根据角平分线的性质解得，继而证明，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到，结合正切函数的定义解得，最后根据三角形面积公式解答．
【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形


，即．
四边形AFCE是平行四边形．
（2）解：，
．
平分，
．
．
，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
平行四边形AFCE是菱形．
，
在中，，
．

．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
变式2-4．（2022·江西·统考中考真题）图1是某长征主题公园的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意图，已知，A，D，H，G四点在同一直线上，测得．（结果保留小数点后一位）

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)求雕塑的高（即点G到的距离）．
（参考数据：）
【答案】(1)见解析
(2)雕塑的高为7.5m，详见解析
【分析】（1）根据平行四边形的定义可得结论；
（2）过点G作GP⊥AB于P，计算AG的长，利用 ∠A的正弦可得结论．
（1）
证明：∵，
∴∠CDG＝∠A，
∵∠FEC＝∠A，
∴ ∠FEC＝∠CDG，
∴EF∥DG，
∵FG∥CD，
∴四边形DEFG为平行四边形；
（2）
如图，过点G作GP⊥AB于P，
∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG＝EF＝6.2，
∵AD＝1.6，
∴AG＝DG+AD＝6.2+1.6＝7.8，
在Rt△APG中，sinA= ，
∴=0.96，
∴PG=7.8×0.96＝7.488≈7.5．
答：雕塑的高为7.5m.
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，正确作辅助线构建直角三角形解决问题．
变式2-5．（2021·湖北鄂州·统考中考真题）如图，在中，点、分别在边、上，且．

（1）探究四边形的形状，并说明理由；
（2）连接，分别交、于点、，连接交于点．若，，求的长．
【答案】（1）平行四边形，见解析；（2）16
【分析】（1）利用平行四边形的判定定理，两组对边分别平行是平行四边形即可证明；
（2）根据，找到边与边的等量关系，再利用三角形相似，建立等式进行求解即可．
【详解】（1）四边形为平行四边形．

理由如下：
∵四边形为平行四边形
∴
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴
∴
∵
∴四边形为平行四边形
（2）设，∵
∴，
∵四边形为平行四边形
∴，，
∵
，
∴
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理、相似三角形的判定定理，解题的关键是：熟练掌握相关定理，能进行相关的证明．
变式2-6．（2021·山东聊城·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．

【答案】（1）见解析；（2）24
【分析】（1）根据题意可证明，得到OD＝OE，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可；
（2）根据AB=BC，AO=CO，可证明BD为AC 的中垂线，从而推出四边形AECD为菱形，然后根据条件求出DE的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：在△AOE 和△COD中，

∴．
∴OD＝OE．
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD 是平行四边形．
（2）∵AB＝BC，AO＝CO，
∴BO为AC的垂直平分线，．
∴平行四边形 AECD是菱形．
∵AC＝8，
．
在 Rt△COD 中，CD＝5，
，
∴，
，
∴四边形 AECD 的面积为24．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与面积计算，掌握基本的判定方法，熟练掌握菱形的面积计算公式是解题关键．
考查题型三 利用平行线的性质求解
典例3．（2022·广东·统考中考真题）如图，在中，一定正确的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，然后对各选项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质．解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质．
变式3-1．（2022·福建·统考中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ）

A．96 B． C．192 D．
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解．
【详解】解：依题意为平行四边形，
∵，，AB＝8，．

∴平行四边形的面积=
故选B
【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
变式3-2．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF⊥AC，垂足为F．若AB=6，AC=8，DE=4，则BF的长为（    ）

A．4 B．3 C． D．2
【答案】B
【分析】利用平行四边形ABCD的面积公式即可求解．
【详解】解：∵DE⊥AB，BF⊥AC，
∴S平行四边形ABCD=DE×AB=2××AC×BF，
∴4×6=2××8×BF，
∴BF=3，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，利用平行四边形ABCD的面积公式求垂线段的长是解题的关键．
变式3-3．（2022·湖南湘潭·统考中考真题）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，，
∴40º+80º=120º，
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．
变式3-4．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，点是内一点，与轴平行，与轴平行，，，，若反比例函数的图像经过，两点，则的值是（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，延长BD交CE于点F，可证明△COE≌△ABE（AAS），则OE=BD=；由S△BDC=•BD•CF=可得CF=9，由∠BDC=120°，可知∠CDF=60°，所以DF=3，所以点D的纵坐标为4；设C（m，），D（m+9，4），则k=m=4（m+9），求出m的值即可求出k的值．
【详解】解：过点C作CE⊥y轴于点E，延长BD交CE于点F，

∵四边形OABC为平行四边形，
∴ABOC，AB=OC，
∴∠COE=∠ABD，
∵BDy轴，
∴∠ADB=90°，
∴△COE≌△ABD（AAS），
∴OE=BD=，
∵S△BDC=•BD•CF=，
∴CF=9，
∵∠BDC=120°，
∴∠CDF=60°，
∴DF=3．
∴点D的纵坐标为4，
设C（m，），D（m+9，4），
∵反比例函数y=（x＜0）的图像经过C、D两点，
∴k=m=4（m+9），
∴m=-12，
∴k=-12．
故选：C．
【点睛】本题主要考查反比例函数与几何的综合问题，坐标与图形，全等三角形的判定与性质，设出关键点的坐标，并根据几何关系消去参数的值是本题解题关键．
变式3-5．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，平行四边形OBAD的顶点B在反比例函数的图象上，顶点A在反比例函数的图象上，顶点D在x轴的负半轴上．若平行四边形OBAD的面积是5，则k的值是（    ）

A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】连接OA，设AB交y轴于点C，根据平行四边形的性质可得，AB∥OD，再根据反比例函数比例系数的几何意义，即可求解．
【详解】解：如图，连接OA，设AB交y轴于点C，
∵四边形OBAD是平行四边形，平行四边形OBAD的面积是5，
∴，AB∥OD，
∴AB⊥y轴，
∵点B在反比例函数的图象上，顶点A在反比例函数的图象上，
∴，
∴，
解得：．
故选：D．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，反比例函数比例系数的几何意义，熟练掌握平行四边形的性质，反比例函数比例系数的几何意义是解题的关键．
变式3-6．（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图,在中，，是上的点,∥交于点，∥交于点，那么四边形的周长是（    ）

A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】B
【分析】由于DE∥AB，DF∥AC，则可以推出四边形AFDE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可以证明□AFDE的周长等于AB＋AC．
【详解】∵DE∥AB，DF∥AC，
则四边形AFDE是平行四边形，
∠B＝∠EDC，∠FDB＝∠C
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠B＝∠FDB，∠C＝∠EDF，
∴BF＝FD，DE＝EC，
所以□AFDE的周长等于AB＋AC＝10．
故答案为B
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定，熟练掌握这些知识点是本题解题的关键．
变式3-7．（2021·天津·统考中考真题）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
点B的坐标为(-2，-2)，点C的坐标为(2，-2)，
∴点B到点C为水平向右移动4个单位长度，
∴A到D也应向右移动4个单位长度，
∵点A的坐标为(0，1)，
则点D的坐标为(4，1)，
故选:C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及平移的相关知识点，熟知点的平移特点是解决本题的关键．
变式3-8．（2021·贵州黔东南·统考中考真题）如图，抛物线与轴只有一个公共点A（1，0），与轴交于点B（0，2），虚线为其对称轴，若将抛物线向下平移两个单位长度得抛物线，则图中两个阴影部分的面积和为（   ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】连接AB，OM，根据二次函数图像的对称性把阴影图形的面积转化为平行四边形ABOM面积求解即可．
【详解】设平移后的抛物线与对称轴所在的直线交于点M，连接AB，OM．

由题意可知，AM=OB，
∵
∴OA=1，OB=AM=2，
∵抛物线是轴对称图形，
∴图中两个阴影部分的面积和即为四边形ABOM的面积，
∵，，
∴四边形ABOM为平行四边形，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了二次函数图像的对称性和阴影面积的求法，解题的关键是根据二次函数图像的对称性转化阴影图形的面积．
变式3-9．（2021·湖北荆门·统考中考真题）如图，将一副三角板在平行四边形ABCD中作如下摆放，设，那么（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长EG交AB于H，根据平行四边形与三角板的性质，，DC//AB，得到∠DEH=∠BHE=60°，再由平角的定义，计算出结果．
【详解】解：如图，延长EG交AB于H，

∵∠BMF=∠BGE=90°，
∴MF//EH，
∴∠BFM=∠BHE，
∵，
∴∠BFM=∠BHE=60°，
∵在平行四边形ABCD中，DC//AB，
∴∠DEH=∠BHE=60°，
∵∠GEN=45°，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与一副特殊三角形板的性质，关键在于作出辅助线，利用平行四边形的性质进行求解．
变式3-10．（2022·安徽·统考中考真题）如图，平行四边形OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数的图象经过点C，的图象经过点B．若，则________．

【答案】3
【分析】过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，先证四边形CDEB为矩形，得出CD=BE，再证Rt△COD≌Rt△BAE（HL），根据S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，再求S△OBA=即可．
【详解】解：过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，

∴CD∥BE，
∵四边形ABCO为平行四边形，
∴ ，即，OC=AB，
∴四边形CDEB为平行四边形，
∵CD⊥OA，
∴四边形CDEB为矩形，
∴CD=BE，
∴在Rt△COD和Rt△BAE中，
，
∴Rt△COD≌Rt△BAE（HL），
∴S△OCD=S△ABE，
∵OC=AC，CD⊥OA，
∴OD=AD，
∵反比例函数的图象经过点C，
∴S△OCD=S△CAD=，
∴S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，
∴S△OBA=，
∴S△OBE=S△OBA+S△ABE=，
∴．
故答案为3．
【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角形全等判定与性质，掌握反比例函数k的几何意义，平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角形全等判定与性质．
变式3-11．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，在中，．利用尺规在、上分别截取、，使；分别以、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点．若，则的长为_________．

【答案】
【分析】如图所示，过点H作HM⊥BC于M，由作图方法可知，BH平分∠ABC，即可证明∠CBH=∠CHB，得到，从而求出HM，CM的长，进而求出BM的长，即可利用勾股定理求出BH的长．
【详解】解：如图所示，过点H作HM⊥BC于M，
由作图方法可知，BH平分∠ABC，
∴∠ABH=∠CBH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴∠CHB=∠ABH，∠C=180°-∠ABC=30°，
∴∠CBH=∠CHB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确求出CH的长是解题的关键．
变式3-12．（2022·贵州毕节·统考中考真题）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为_________．

【答案】##2.4
【分析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线，

∵,
∴,
∴，
∴，
∴，
∴则PQ的最小值为，
故答案为：．
【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．
变式3-13．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点坐标是______．

【答案】或
【分析】根据旋转可得： BM = B1M1 = B2M2 = 3，∠AOA1 =∠AOA2 = 90°，可得B1和B2的坐标，即是B'的坐标．
【详解】解：∵A(-1，2)， OC= 4，
∴ C(4，0)，B(3，2)，M(0，2)， BM = 3，
AB//x轴，BM= 3．

将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM=OM1=OM2=2，
∠AOA1=∠AOA2=90°
BM=B1M1=B2M2=3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴B1和B2的坐标分别为： (-2，3)， (2，-3)，
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是， B' (-2， 3)， (2，-3)，
故答案为： (-2，3)或 (2， -3)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
变式3-14．（2022·辽宁·统考中考真题）如图，直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点D为OB的中点，▱OCDE的顶点C在x轴上，顶点E在直线AB上，则▱OCDE的面积为_______．

【答案】2
【分析】根据一次函数解析式求出点的坐标，根据题意以及平行四边形的性质得出点的坐标，从而得出点的坐标，然后运用平行四边形面积计算公式计算即可．
【详解】解：当x＝0时，y＝2×0+4＝4，
∴点B的坐标为（0，4），OB＝4．
∵点D为OB的中点，
∴OD＝OB＝×4＝2．
∵四边形OCDE为平行四边形，点C在x轴上，
∴DE∥x轴．
当y＝2时，2x+4＝2，
解得：x＝﹣1，
∴点E的坐标为（﹣1，2），
∴DE＝1，
∴OC＝1，
∴▱OCDE的面积＝OC•OD＝1×2＝2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了一次函数以及平行四边形的性质，根据题意得出图中各点的坐标是解本题的关键．
考查题型四 利用平行线的性质证明
典例4．（2022·广西桂林·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E和点F是对角线BD上的两点，且BF＝DE．

(1)求证：BE＝DF；
(2)求证：ABE≌CDF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据，得到，得到；
（2）根据，，，得到ABE≌CDF．
（1）
∵
∴
∴
（2）
∵四边形ABCD是平行四边形
∴,
∴
∵
∴ABE≌CDF（SAS）．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形、全等三角形的相关知识．
变式4-1．（2022·广西梧州·统考中考真题）如图，在中，E，G，H，F分别是上的点，且．求证：．

【答案】证明过程见解析
【分析】先由四边形ABCD为平行四边形得到∠A=∠C，AB=CD，进而根据BE=DH得到AE=CH，最后再证明△AEF≌△CHG即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C，AB=CD，
又已知BE=DH，
∴AB-BE=CD-DH，
∴AE=CH，
在△AEF和△CHG中
，
∴△AEF≌△CHG(SAS)，
∴EF=HG．
【点睛】本题考察了平行四边形的性质和三角形全等的判定方法，属于基础题，熟练掌握平行四边形的性质是解决本题的关键．
变式4-2．（2022·湖南永州·统考中考真题）如图，是平行四边形的对角线，平分，交于点．
(1)请用尺规作的角平分线，交于点（要求保留作图痕迹，不写作法，在确认答案后，请用黑色笔将作图痕迹再填涂一次）；
(2)根据图形猜想四边形为平行四边形，请将下面的证明过程补充完整．

证明：∵四边形是平行四边形，
∴
∵______（两直线平行，内错角相等）
又∵平分，平分，
∴，
∴
∴______（______）（填推理的依据）
又∵四边形是平行四边形
∴
∴四边形为平行四边形（______）（填推理的依据）．
【答案】(1)详见解析
(2)∠DBC；BF；内错角相等，两直线平行；两组对边分别平行的四边形是平行四边形

【分析】（1）根据作角平分线的步骤作平分即可；
（2）结合图形和已有步骤合理填写即可；
（1）
解：如图，根据角平分线的作图步骤，得到DE，即为所求；

（2）
证明：∵四边形是平行四边形，
∴
∵．（两直线平行，内错角相等）.
又∵平分，平分，
∴，
∴．
∴（内错角相等，两直线平行）（填推理的依据）
又∵四边形是平行四边形．
∴，
∴四边形为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）（填推理的依据）．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、角平分线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．
变式4-3．（2022·内蒙古·中考真题）如图，在平行四边形中，点O是的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形．理由见解析
【分析】（1）证△ABO≌△DEO（AAS），得OB=OE，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AB=CD，再证AB=BD，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵点O是的中点
∴
在和中

∴（AAS）
∴
∴四边形是平行四边形
（2）四边形是菱形.
理由：∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴
∵四边形是平行四边形
∴四边形是菱形
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
变式4-4．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F．

（1）求证：；
（2）连接和相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24．
【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，则答案可证；
（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，，进而得出，由得，则答案可解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点E为DC的中点，
∴，
在和中

∴，
∴，
∴；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵的面积为2，
∴，即，
∵
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
考查题型五 利用平行线的性质与判定求解
典例5．（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，其中一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（    ）

A．四边形周长不变 B．
C．四边形面积不变 D．
【答案】D
【分析】由平行四边形的性质进行判断，即可得到答案．
【详解】解：由题意可知，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴；故D符合题意；
随着一张纸条在转动过程中，不一定等于，四边形周长、面积都会改变；故A、B、C不符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形对边相等．
变式5-1．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，与相交于点E，连接，则与的周长比为（    ）

A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1
【答案】D
【分析】运用网格图中隐藏的条件证明四边形DCBM为平行四边形，接着证明，最后利相似三角形周长的比等于相似比即可求出．
【详解】如图：由题意可知，，，
∴，
而，
∴四边形DCBM为平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关知识并正确计算是解题关键．
变式5-2．（2021·黑龙江·统考中考真题）如图，平行四边形的对角线、相交于点E，点O为的中点，连接并延长，交的延长线于点D，交于点G，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（ ）

A．5.5 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，AE=EF，，
∵平行四边形的面积为48，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵和同高不同底，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．
变式5-3．（2021·江西·中考真题）如图，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，若，，，，则的周长为______．

【答案】4a+2b
【分析】根据题意并利用折叠的性质可得出∠ACE=∠ACB=2∠ECD，计算可得到∠ECD=20，∠ACE=∠ACB=40，利用三角形的外角性质得到∠CFD=∠D=80，再等角对等边即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得：∠ACE=∠ACB，
∵∠ACE=2∠ECD，
∴∠ACE=∠ACB=2∠ECD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠FAC=∠FCA，∠B+∠BCD=180，即∠B+∠ACE+∠ACB+∠ECD=180，
∴∠ECD=20，∠ACE=∠ACB=40=∠FAC，
∠CFD=∠FAC+∠FCA=80=∠B=∠D，
∴AF=CF=CD=a，即AD=a+b，
则▱ABCD的周长为2AD+2CD=4a+2b，
故答案为：4a+2b．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
变式5-4．（2022·四川内江·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 _____．

【答案】10
【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．
【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，

∵，EF＝CG，
∴四边形EFGC是平行四边形，
∴CE＝FG，
∴AF+CE＝AF+FG，
∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，
由勾股定理得，AG＝＝＝10，
∴AF+CE的最小值为10，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．
变式5-5．（2021·山西·统考中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）．
如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，,
∵为的中点，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）．
∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
知识点二 三角形中位线
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。
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。
几何描述：
∵DE是△ABC的中位线
∴DE∥BC,DE=12BC
三角形中位线定理的作用：
位置关系：可以证明两条直线平行。
数量关系：可以证明线段的倍分关系。
常用结论：任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。
考查题型六 与三角形中位线有关的计算
典例6．（2022·河南·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（    ）

A．6 B．12 C．24 D．48
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得出BO=DO，AB=BC=CD=DA，再根据中位线的性质可得，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
是的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为:4BC=4×6=24．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出BC=6．
变式6-1．（2022·广东·统考中考真题）如图，在中，，点D，E分别为，的中点，则（    ）

A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】利用中位线的性质：平行三角形的第三边且等于第三边的一半即可求解．
【详解】∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴，
∵BC=4，
∴DE=2，
故选：D．
【点睛】本题考查了中位线的判定与性质，掌握中位线的判定与性质是解答本题的关键．
变式6-2．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（   ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，

∵正方形ABCD的面积为3，

∵
∴
∴
∴

∵平分

∴
∴
∴为等腰直角三角形，

∵分别为的中点，

故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
变式6-3．（2021·海南·统考中考真题）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为8，则的面积为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】连接，相交于点，交于点，先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接，相交于点，交于点，

四边形是菱形，且它的面积为8，
，
点分别是边的中点，
，
，，
，
，
，
则的面积为，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
变式6-4．（2021·湖南湘西·统考中考真题）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为、，若，，则的度数是____．

【答案】40°
【分析】如图，由折叠的性质可得，进而可得，然后易得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质可求解．
【详解】解：如图所示：

∵，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
故答案为40°．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、平行线的性质及折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定、平行线的性质及折叠的性质是解题的关键．
变式6-5．（2022·上海·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____．

【答案】或
【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解．
【详解】解：∵D为AB中点，
∴，即，
取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，，
∴，
在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，
∵∠A=30°，∠B=90°，
∴∠C=60°，BC＝，
∵DE1∥BC，
∴∠DE1E2=60°，
∴△DE1E2是等边三角形，
∴DE1＝DE2＝E1E2＝，
∴E1E2＝，
∵，
∴，即，
综上，的值为：或，
故答案为：或．

【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键．
变式6-6．（2022·江苏扬州·统考中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则_____________．

【答案】6
【分析】根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得MN是的中位线，最后由三角形的中位线求解．
【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点，
∴，．
∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴MN是的中位线，
∴，．
∵，，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．
变式6-7．（2021·江苏南京·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的边的中点C，D的横坐标分别是1，4，则点B的横坐标是_______．

【答案】6
【分析】根据中点的性质，先求出点A的横坐标，再根据A、D求出B点横坐标．
【详解】设点A的横坐标为a，点B的横坐标是b；
点的横坐标是0，C的横坐标是1 ，C，D是的中点
得
得
点B的横坐标是6．
故答案为6．
【点睛】本题考查了中点的性质，平面直角坐标系，三角形中线的性质，正确的使用中点坐标公式并正确的计算是解题的关键．
变式6-8．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．

(1)求证：；
(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)，四边形ABCD的周长为
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边，，
四边形是菱形，
；
（2）解：点E，F分别为AD，AO的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在中，，，
，
菱形形的周长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
考查题型七 利用三角形中位线解决三角形面积问题
典例7．（2021·四川内江·统考中考真题）如图，在边长为的等边中，分别取三边的中点，，，得△；再分别取△三边的中点，，，得△；这样依次下去，经过第2021次操作后得△，则△的面积为（   ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据三角形中位线定理计算，再总结规律，根据规律解答即可得．
【详解】解：点，分别为，的中点，
，
点，分别为，的中点，
，
，

，

△的面积，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，解题的关键是掌握三角形中位线定理．
变式7-1．（2021·四川遂宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为（   ）

A．12cm2 B．9cm2 C．6cm2 D．3cm2
【答案】B
【分析】由三角形的中位线定理可得DE=BC，DE∥BC，可证△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE=BC，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵S△ADE=3，
∴S△ABC=12，
∴四边形BDEC的面积=12-3=9(cm2)，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
变式7-2．（2021·黑龙江·统考中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点为的中点，连接并延长，交的延长线于点，交于点，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（ ）

A．4 B．5 C．2 D．3
【答案】C
【分析】由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，AE=EF，，
∵平行四边形的面积为48，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵和同高不同底，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．
变式7-4．（2020·四川内江·统考中考真题）如图，在中，D、E分别是AB和AC的中点，，则（　 　）

A．30 B．25 C．22．5 D．20
【答案】D
【分析】首先判断出△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积．
【详解】解：根据题意，点D和点E分别是AB和AC的中点，则DE∥BC且DE=BC，故可以判断出△ADE∽△ABC,根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可知：=1：4，则：=3：4，题中已知，故可得=5，=20
故本题选择D
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出DE是中位线，从而判断△ADE∽△ABC，然后掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解本题．
变式7-5．（2020·辽宁·统考中考真题）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；…；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为_________．（用含正整数的式子表示）

【答案】
【分析】先计算出、、的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解．
【详解】解：∵，
∴面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为，
∵点是的中点，∴
∴，
，
∴，
∵点是的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
∴，
且，
∴
∴，
同理可以计算出：
，
且，
∴，
∴，
故、、的面积分别为：，
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合，分子规律为，
∴的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．