中考数学一轮大单元复习专题5.1多边形、平行四边形重难点题型讲练(4大题型，97题)(讲练)(原卷版+解析)

这是一份中考数学一轮大单元复习专题5.1多边形、平行四边形重难点题型讲练(4大题型，97题)(讲练)(原卷版+解析)，共112页。

类型1-多边形的内角和
（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如果一个四边形四个内角度数之比是，那么这四个内角中（ ）
A．只有一个直角B．有两个直角C．有两个钝角D．只有一个钝角
类型2-正多边形的内角和
（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第70中校考一模）如图，与正五边形的边、分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角的大小为（ ）
A．B．C．D．
类型3-多边形的缺（多）角问题
（2022秋·重庆云阳·七年级校考阶段练习）小明同学在用计算器计算某边形的内角和时，不小心少输入一个内角，得到和为2016°，则等于（ ）
A．11B．12C．13D．14
类型4-正多边形的外角问题
（2022春·河北邯郸·九年级校考阶段练习）如图，小明从A点出发，沿直线前进9米后向左转，再沿直线前进9米，又向左转……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）
A．54米B．72米C．90米D．108米
类型5-多边形的外角和问题
（2022秋·广东东莞·八年级东莞市厚街海月学校校考期中）如图，五边形的4个外角和，则等于（ ）
A．B．C．D．
类型6-多边形的内角与外角和的综合问题
（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形B．正六边形C．正八边形D．正十边形
综合训练
1．（2023·河北邯郸·统考一模）如图，已知在中，，若沿图中虚线剪去，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
2．（2023秋·广东韶关·八年级统考期末）一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．（2023春·湖南岳阳·八年级统考阶段练习）湖南革命烈士纪念塔的塔底平面为八边形，这个八边形的内角和（ ）
A．B．C．D．
4．（2023秋·贵州遵义·八年级统考期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形的对角线有：（ ）
A．2条B．3条C．5条D．10条
5．（2022春·浙江金华·八年级校考阶段练习）一个多边形的内角和为，那么这个多边形是（ ）
A．七边形B．六边形C．五边形D．四边形
6．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接、、、、、，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．（2023春·吉林长春·九年级东北师大附中校考阶段练习）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（ ）
A．7个B．8个C．9个D．10个
8．（2023秋·浙江台州·八年级统考期末）将正六边形与正方形按如图所示摆放，公共顶点为，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
9．（2023秋·山东滨州·八年级统考期末）用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形，其中（）
A．B．C．D．
10．（2023秋·河北沧州·八年级统考期末）将边长为2的正五边形沿对角线折叠，使点落在正五边形内部的点处，则下列说法正确的个数为（ ）
①；②；③若连，则
A．3个B．2个C．1个D．0个
11．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，正六边形内部有一个正五边形，且，直线l经过，则直线l与的夹角α为（ ）
A．48°B．45°C．72°D．30°
12．（2022秋·吉林松原·八年级统考期中）如图，已知是正六边形与正五边形的公共边，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
13．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在平面上将边长相等的正三角形、正方形、正五边形、正六边形的一边重合并叠放在一起，则（ ）
A．24°B．26°C．28°D．30°
14．（2022秋·广东广州·八年级广州市番禺区香江育才实验学校校考期末）一个正多边形的一个内角是一个外角的4倍，则正多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．11
15．（2021秋·云南玉溪·八年级校考期中）一个多边形除去一个内角外，剩下的内角和是1000°，则这个多边形是（ ）．
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
16．（2020秋·广东汕头·八年级校考期末）晨曦因少算了一个内角得出一多边形的内角和为980°，则该多边形的边数为（ ）
A．6B．8C．10D．9
17．（2021春·四川达州·八年级统考期末）已知一个多边形多算了一个内角得到内角和是1960°，则这个多边形是（ ）
A．十一边形B．十二边形C．十三边形D．十五边形
18．（2022秋·全国·八年级专题练习）在计算一个多边形内角和时，多加了一个角，得到的内角和为1500°，那么原多边形的边数为（ ）
A．9B．10C．11D．10或11
19．（2020秋·内蒙古呼和浩特·八年级校考阶段练习）计算多边形内角和时不小心多输入一个内角，得到和为1290，则这个多边形的边数是（ ）．
A．8B．9C．10D．11
20．（2021秋·全国·八年级专题练习）当多边形的边数增加时，它的内角和会( )
A．增加B．增加C．增加D．增加
21．（2022秋·全国·八年级专题练习）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，那么原多边形的边数为（ ）
A．5B．5或6C．6或7或8D．7或8或9
22．（2020春·七年级统考课时练习）一个多边形除了一个内角外，其余各内角之和为2570°，则这个内角的度数为（ ）
A．120°B．130°C．135°D．150°
23．（2022秋·福建厦门·八年级统考期末）正五边形的外角和为（ ）
A．B．C．D．
24．（2023秋·湖北咸宁·八年级统考期末）已知一个多边形的每一个外角都为，则这个多边形的边数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
25．（2023秋·河北邢台·八年级统考期末）如图，正十边形与正方形共边，延长正方形的一边与正十边形的一边，两线交于点F，设，则x的值为（ ）．
A．15B．18C．21D．24
26．（2022秋·山西吕梁·八年级统考期末）正多边形的每个内角都是，则这个正多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．12
27．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校考期末）已知一个正多边形的每一个外角都是，则这个正多边形的边数是（ ）
A．8B．9C．10D．12
28．（2022春·江苏宿迁·七年级校考阶段练习）如图所示，分别以n边形的顶点为圆心，以1cm为半径画圆，当时，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．B．C．D．
29．（2022秋·广西南宁·八年级校考期中）一个正多边形，它的每一个内角都等于，则该正多边形是（ ）
A．正六边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
30．（2023·云南·校考一模）若n边形的内角和是它外角和的3倍，则n等于（ ）
A．8B．9C．10D．11
31．（2023秋·山东滨州·八年级统考期末）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为，那么该多边形的一个外角是（ ）
A．30°B．36°C．60°D．72°
32．（2023春·八年级单元测试）若一个正边形的内角和为，则它的每个外角度数是（ ）
A．B．C．D．
33．（2021春·浙江杭州·八年级期中）如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数是（ ）
A．4B．5C．6D．8
34．（2022秋·河南信阳·八年级校考期末）如图，正五边形，平分，平分正五边形的外角，则＝（ ）
A．B．C．D．
题型2：平行四边形的性质
类型1 应用平行四边形的性质求解
（2023·河南周口·校考一模）如图，在平行四边形中，以点A为圆心，长为半径作弧交于点E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交于点F，若，，则的周长为（ ）
A．11B．12C．13D．14
类型2应用平行四边形的性质证明
（2022秋·山东菏泽·九年级统考期末）在一次数学课上，王老师出示了一个题目：“如图，平行四边形的对角线相交于点，过点作，分别交，于点，，连接，，请根据上述条件，写出一个正确结论．”
其中四位同学写出的结论如下：
小青：：小何：；
小夏：四边形是正方形：小雨：
这四位同学写出的结论中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
综合训练
1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，的对角线，交于点，若，，则的长可能是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·山西临汾·统考一模）如图，在中，过点作，垂足为．若，，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
3．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，，则的长度（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（2023春·安徽六安·九年级校联考阶段练习）如图，中，，和都是等边三角形，为的中点，连接交于点，与交于点．则下列结论中不正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则四边形为平行四边形
D．若四边形为平行四边形，则
5．（2023春·八年级单元测试）平行四边形的两条对角线分别为和，则该平行四边形的一条边的取值范围为_______．
6．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，为，取长边 的中点M，，则 __．
7．（2023春·陕西西安·七年级高新一中校考阶段练习）如图，在平行四边形中，为边上的一个点，将沿折叠至处，与交于点，若，，则的大小为______．
8．（2022春·广东汕头·八年级统考期末）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点A落在点E处，交于点F．若，，则的度数为______．
9．（2023·浙江·模拟预测）如图，在中，对角线交于点O．点M是边的中点，连接，作．已知平分，平分，若，则的值为___________．
10．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，在中，点在线段上，点为对角线与的交点．若，则与的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
11．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数（其中）的图象经过平行四边形的顶点A，函数（其中）的图象经过顶点C，点B在x轴上，若点C的横坐标为2，的面积为6．
(1)求k的值；
(2)求直线的解析式．
12．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在中，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，，连接．
(1)求证：平分；
(2)若点E为中点，，，求的面积．
13．（2023春·四川成都·九年级统考开学考试）如图，平行四边形中，平分，，延长与交于点P，连接．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并证明你的结论．
14．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：如图，在中，延长至点，延长至点，使得，连接，与对角线交于点，求证：．
15．（2023秋·山东临沂·九年级统考期末）在平行四边形中，，，点P为射线上的动点（点P不与点D重合），连接，过点作交直线于点
(1)如图①，当点P为线段的中点时，请判断，的数量关系并证明；
(2)如图②，当点P在线段上时，求证：．
16．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在平行四边形中，是对角线．
(1)尺规作图：作的垂直平分线交于点E，交于点F，交于点O（不写作法，保留作图痕迹，并标明字母）；
(2)在（1）的条件下，求证：．
17．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，平行四边形中，E、F分别是对角线上的两点，且，连接．求证：．
题型3：平行四边形的判定
类型1-添加条件形成平行线四边形
（2023秋·山东威海·八年级统考期末）在中，点D，E分别是，上的点，且，点F是延长线上一点，连接．添加下列条件后，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
类型2-证明平行四边形
（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）已知：如图，在平行四边形中，G、H分别是、的中点，E、F是对角线上的两点，且，，垂足分别为E、F．求证：四边形是平行四边形．
类型3-求构成平行四边形的第四个点
（2022春·安徽六安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C的坐标分别为(0，2)，( -1，0)，(2，0)．以A、B、C三点为顶点作平行四边形，第四个顶点为点D．
(1)满足条件的平行四边形能作 个；
(2)在图中作出满足条件的平行四边形，使顶点D位于第四象限；
(3)写出所有符合条件的顶点D的坐标：
综合训练
1．（2023·广东·一模）如图，在四边形中，．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．
2．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，在中，点，分别在，边上，若要使四边形是平行四边形，可以添加的条件是（ ）．
①；②；③；④
3．（2022·北京海淀·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，ADBC且AD＝9cm，BC＝7cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动，Q运动到B处停止运动，_____秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
4．（2021春·宁夏吴忠·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，要使四边形BEDF是平行四边形，还需要增加的一个条件是_______________．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平行四边形中，点，是对角线上的两点，请添加一个不同于“”的条件，使四边形是平行四边形，并写出证明的过程．
6．（2023春·山东济南·九年级校联考期中）如图1，一次函数与反比例函数在第一象限交于、两点，点P是x轴负半轴上一动点，连接，．
(1)求反比例函数及一次函数的表达式；
(2)若的面积为9，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，若点E为直线上一点，点F为y轴上一点，是否存在这样的点E和点F，使得以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
7．（2023春·八年级课时练习）如图，平面直角坐标系中有．
(1)求出所在直线的解析式．
(2)已知一条与平行的直线在坐标系中运动，且与有交点，则b的取值范围是________．
(3)在平面直角坐标系中存在一点D，使得以A，B，C，D四点为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点D的坐标是___________．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）平面直角坐标系中，O为原点，点，点，把绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为α．
(1)如图1，若，则点的坐标为 ，点的坐标为 ，的长为 ．
(2)如图2，若，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
9．（2023春·全国·八年级专题练习）在平面直角坐标系中的位置如图所示（坐标系内正方形网格的单位长度为1）：
(1)在网格内画出关于y轴对称的图形；
(2)平面内有一点D，使得以点A，B，C，D构成平行四边形，请直接写出点D的坐标．
10．（2020秋·河南信阳·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，△ABO的三个顶点坐标分别为：A（2，3）、B（3，1）、O（0，0）．
(1)将△ABO向左平移4个单位，画出平移后的△A1B1O1．
(2)将△ABO绕点O顺时针旋转180°，画出旋转后得到的△A2B2O．此时四边形ABA2B2的形状是 ．
(3)在平面上是否存在点D，使得以A、B、O、D为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2023春·湖北襄阳·九年级统考阶段练习）如图，在中，，．
(1)尺规作图：作的垂直平分线，交于E，交于D，（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接、，求证：四边形是平行四边形．
12．（2023春·八年级课时练习）如图，已知垂直平分，，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
13．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，已知为等边三角形，D、F分别为、边上的点，，以为边作等边三角形．
(1)和和全等吗？请说明理由；
(2)判断四边形的形状，并说明理由
14．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考阶段练习）在四边形中，已知于点E，于点F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的周长．
15．（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形中，，对角线相交于点E．
(1)如图1，若，，求证：；
(2)如图2，若平分，点E是的中点，过点B作，垂足为F，点G为的中点，连接．
①求证：；
②连接，试判断四边形的形状，并证明．
题型4：三角形的中位线
类型1-应用三角形的中位线性质求解
（2023·山东泰安·校考一模）如图，在中，D是边的中点，是的角平分线，于点E，连接．若，，则的长度是（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
类型2-三角形的中位线与面积
（2023秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，在中，点D，E分别是、的中点，若四边形的面积为6，则的面积为（ ）
A．8B．10C．12D．14
类型3-应用三角形的中位线性质证明
（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在四边形中，点P是对角线的中点，点E、F分别是、的中点，，°，求的度数．
综合训练
1．（2023·山东淄博·校考一模）如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是( )
A．2B．4C．D．
2．（2023·山东淄博·校考一模）如图，在四边形中，，过点C作交于点E，连接，，若，则的长度是（ ）
A．2.5B．3C．3.5D．4
3．（2023春·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图，在中，，以B为圆心，适当长为半径画弧交于点M，交于点N，分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线交于点E，点F为的中点，连接，若，则长度是（ ）
A．4B．C．D．2
4．（2023·海南省直辖县级单位·统考一模）如图，在中，点分别是的中点，若四边形的面积是，则的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，中，是它的中位线，

下面三个结论：
(1)；(2)；(3)若四边形的面积为，则的面积为；(4)与的周长之比为．
其中正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
6．（2023春·八年级课时练习）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（ ）．
①四边形是菱形；
②四边形是矩形；
③四边形周长为；
④四边形面积为．
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④
7．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在中，，动点在边上从点A开始向终点运动，则线段的中点从开始到停止所经过的路线长为______cm．
8．（2023·内蒙古呼和浩特·校考一模）如图，是的中位线，M是的中点，的延长线交于N，那么 __，___．
9．（2023·江苏宿迁·统考一模）已知三条中位线的长分别为3、4、5，则该三角形的面积为______________．
10．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直角三角形的边长，将三角形平移得到三角形，边分别交，于点，当点为中点时，此时，则图中阴影部分的面积为 ___．
11．（2022秋·浙江温州·九年级校考期中）如图，在中，中线相交于点F，，交于点G．若的面积为2，则的面积为______．
12．（2023春·八年级课时练习）如图中，E，F分别是，的中点，过F作交于点G，若，且，，则阴影部分的面积为 _____．
13．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，在中，，D、E、F分别是边的中点，求证：四边形是菱形．
14．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
【概念理解】
(1)在已经学过的“平行四边形；矩形；菱形；正方形”中，______的“中点四边形”一定是正方形，因此它一定是“中方四边形”（填序号）．
【性质探究】
(2)如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的一条结论：______．
【问题解决】
(3)如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．
求证：四边形是“中方四边形”．
15．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）中，D、E分别是，的中点，O是内任意一点，连接、．
(1)如图1，点G、F分别是、的中点，连接，，，，求证：四边形是平行四边形；
(2)如图2，若点O恰为和交点，求证：，；
(3)如图3，若点O恰为和交点，射线与交于点M，求证：．
16．（2022·河南洛阳·统考二模）如图1，在中，，，点D、E分别在边AB，上，，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想：
图中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：
把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：
把绕点A在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．
17．（2023·辽宁沈阳·沈阳市第一二六中学校考一模）如图1，在等腰三角形中，，连接．点M、N、P分别为的中点．
(1)当时，
①观察猜想：图1中，点D、E分别在边上，线段的数量关系是 ，的大小为 ．
②探究证明：把绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接，求证：．
③在②的条件下，如图2，求证：是等边三角形
(2)拓展延伸：当时，，时，把绕点A在平面内自由旋转，如图3，请直接写出面积的最大值．
专题5.1 多边形、平行四边形重难点题型讲练
题型1：多边形的内角和与外角和
类型1-多边形的内角和
（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如果一个四边形四个内角度数之比是，那么这四个内角中（ ）
A．只有一个直角B．有两个直角C．有两个钝角D．只有一个钝角
【答案】C
【分析】根据四边形内角和公式，得出四边形的内角和为360°，进而计算这四个角的度数，即可求解．
【详解】解：∵一个四边形四个内角和为，四个内角度数之比是，
∴这四个角分别为，，，，
∴有两个钝角，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，掌握四边形的内角和为是解题的关键．
类型2-正多边形的内角和
（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第70中校考一模）如图，与正五边形的边、分别相切于点B、D，则劣弧所对的圆心角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正多边形内角和公式可求出、，根据切线的性质可得：，再利用多边形的内角和，即可解决问题．
【详解】解：五边形是正五边形，
．
、与相切，
，
，
故选B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、正五边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．
类型3-多边形的缺（多）角问题
（2022秋·重庆云阳·七年级校考阶段练习）小明同学在用计算器计算某边形的内角和时，不小心少输入一个内角，得到和为2016°，则等于（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】D
【分析】设少输入内角的度数是x，根据多边形内角和公式列出等式，再根据多边形边数为正整数即可求解．
【详解】解：设少输入的这个内角的度数是x，
根据多边形的内角和公式得：，
∴ ，
∵n是正整数，，
∴，．
∴．
故选D．
【点睛】本题考查多边形的内角和定理，熟练掌握n边形的内角和是解题的关键．
类型4-正多边形的外角问题
（2022春·河北邯郸·九年级校考阶段练习）如图，小明从A点出发，沿直线前进9米后向左转，再沿直线前进9米，又向左转……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）
A．54米B．72米C．90米D．108米
【答案】B
【分析】利用多边形的外角和求出边的数量，最后计算得出路程即可．
【详解】解：根据题意可知，他需要转次才会回到原点，
所以一共走了（米）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和的计算是解决本题的关键．
类型5-多边形的外角和问题
（2022秋·广东东莞·八年级东莞市厚街海月学校校考期中）如图，五边形的4个外角和，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出与相邻的外角的度数，然后再求出的度数．
【详解】解：∵，
∴与相邻的外角是：，
∴．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形的外角和的性质，正确得出的邻补角的度数是解题关键．
类型6-多边形的内角与外角和的综合问题
（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形B．正六边形C．正八边形D．正十边形
【答案】A
【分析】设这个外角是，则内角是，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是即可求解．
【详解】∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为，
∴设这个外角是，则内角是，
根据题意得：，
解得：，
（边），
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．
综合训练
1．（2023·河北邯郸·统考一模）如图，已知在中，，若沿图中虚线剪去，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用四边形内角和为和直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵，
∴
故选：A．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质和四边形的内角和，解题关键在于根据四边形内角和为和直角三角形的性质求解．
2．（2023秋·广东韶关·八年级统考期末）一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】边形的内角和公式为，由此列方程求边数；
【详解】解：设这个多边形的边数为，
则，
解得，
∴这个多边形的边数为，
故选：B．
【点睛】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解题关键在于熟练掌握公式．
3．（2023春·湖南岳阳·八年级统考阶段练习）湖南革命烈士纪念塔的塔底平面为八边形，这个八边形的内角和（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据多边形内角和公式求解即可．
【详解】解：∵湖南革命烈士纪念塔的塔底平面为八边形，
∴．
∴这个八边形的内角和是．
故选：C．
【点睛】本题考查多边形的内角和公式，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
4．（2023秋·贵州遵义·八年级统考期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形的对角线有：（ ）
A．2条B．3条C．5条D．10条
【答案】C
【分析】设多边形的边数为，根据题意得出，求出边数，再求出对角线条数即可．
【详解】解：设多边形的边数为，则，
解得：，
∴这个多边形为五边形，
∴这个五边形的对角线的条数是．
故选：C
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，能根据题意得出关于的方程是解本题的关键，注意：边数为的多边形的内角和．
5．（2022春·浙江金华·八年级校考阶段练习）一个多边形的内角和为，那么这个多边形是（ ）
A．七边形B．六边形C．五边形D．四边形
【答案】B
【分析】根据n边形的内角和是，列出方程即可求解．
【详解】解：这个正多边形的边数是n，则
，
解得：．
故这个正多边形是六边形．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，解题的关键是熟记内角和公式并列出方程．
6．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接、、、、、，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据得出，根据四边形内角和即可得出答案．
【详解】解：连接，如图所示：
∵
∴，
∵，，
∴
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了四边形内角和，解题的关键是熟练掌握四边形内角和为．
7．（2023春·吉林长春·九年级东北师大附中校考阶段练习）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（ ）
A．7个B．8个C．9个D．10个
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和公式求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据三角形内角和定理求出这个角的度数，然后根据周角等于求出完成这一圆环需要的正五边形的个数即可得到答案．
【详解】解：∵五边形的内角和为，
∴正五边形的每一个内角为，
∴正五边形的每一个外角为，
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则，
∴完成这一圆环共需要正五边形的个数为个，
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键．
8．（2023秋·浙江台州·八年级统考期末）将正六边形与正方形按如图所示摆放，公共顶点为，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据多边形的内角和共求出六边形的内角，然后根据正多边形内角与外角的互补即可求得正六边形和正方形的外角，最后根据三角形的内角和即可求得的度数．
【详解】解： ∵正六边形的内角为：，正方形的内角为：，
∴，,
∴在中，，
故选．
【点睛】本体考查了正多边形的内角和公式，正多边形的外角与内角的互补，熟记正多边形的内角和公式是解题的关键．
9．（2023秋·山东滨州·八年级统考期末）用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形，其中（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据多边形的内角和公式，求出五边形内角的度数，再根据等腰三角形的性质求出和的度数，最后根据三角形外角的性质解答即可．
【详解】解∶因为正五边形的每个内角都相等，边长相等，所以，
正五边形的每条边相等，
和是等腰三角形，
，
．
．
．
故选∶A．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和外角之间的关系以及等腰三角形的性质．多边形的内角和及正多边形匠性质，要注意：（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；（2）三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件．
10．（2023秋·河北沧州·八年级统考期末）将边长为2的正五边形沿对角线折叠，使点落在正五边形内部的点处，则下列说法正确的个数为（ ）
①；②；③若连，则
A．3个B．2个C．1个D．0个
【答案】A
【分析】根据正五边形和折叠的性质判定四边形是菱形，即可判定①；根据折叠的性质、正五边形的性质、等腰三角形的判定与性质即可判定②；根据折叠的性质、正五边形的性质、等腰三角形的判定与性质求得、即可判定③．
【详解】解：∵正五边形
∴
∵正五边形沿对角线折叠
∴，
∴
∴四边形是菱形
∴,即①正确；
∵正五边形
∴，
∴,
∴，即②正确；
同理：
如图：连接
∵∵正五边形
∴
∵正五边形沿对角线折叠
∴，
∴
∴
∴，即③正确．
故选A．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆、折叠的性质、等腰三角形的判定和性质等知识点，灵活运用等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
11．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，正六边形内部有一个正五边形，且，直线l经过，则直线l与的夹角α为（ ）
A．48°B．45°C．72°D．30°
【答案】A
【分析】设直线l与交于点C，与交于点D，利用正多边形的性质可得出，，由，利用“两直线平行，同位角相等”可得出的度数，结合邻补角互补可得出的度数，利用四边形内角和为可求出的度数，再由对顶角相等，即可得出结论．
【详解】解：设直线l与交于点C，与交于点D，如图所示．
∵六边形为正六边形，五边形为正五边形，
∴，．
∵，
∴，
∴．
在四边形中，，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质、正多边形以及四边形内角和定理，利用平行线的性质及邻补角互补，找出的度数是解题的关键．
12．（2022秋·吉林松原·八年级统考期中）如图，已知是正六边形与正五边形的公共边，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出正六边形和正五边形的内角，根据周角等于求出的度数，根据，得到等腰三角形两底角相等即可得到答案．
【详解】解：，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．
13．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在平面上将边长相等的正三角形、正方形、正五边形、正六边形的一边重合并叠放在一起，则（ ）
A．24°B．26°C．28°D．30°
【答案】A
【分析】首先根据多边形内角和定理，分别求出正三角形、正方形、正五边形、正六边形的每个内角的度数是多少，然后分别求出的度数是多少，进而求出的度数即可．
【详解】解：正三角形的每个内角是：，
正方形的每个内角是：，
正五边形的每个内角是：
，
正六边形的每个内角是：
，
则
．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了多边形内角和定理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）n边形的内角和且n为整数）．（2）多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
14．（2022秋·广东广州·八年级广州市番禺区香江育才实验学校校考期末）一个正多边形的一个内角是一个外角的4倍，则正多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【分析】设该正多边形的一个外角为x，根据正多边形的外角与相邻内角互补列方程求解x，再根据正多边形的外角相等且外角和为360°即可求解．
【详解】解：设该正多边形的一个外角为x，
根据题意，得，
解得：，
∴这个多边形的边数为，
故选：C．
【点睛】本题考查多边形的外角和和内角和，熟知正多边形的外角和相邻内角互补是解答的关键．
15．（2021秋·云南玉溪·八年级校考期中）一个多边形除去一个内角外，剩下的内角和是1000°，则这个多边形是（ ）．
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
【答案】D
【分析】设多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理列不等式组求解即可．
【详解】解：设多边形的边数为n，
由题意得：1000＜（n−2）·180＜1000+180，
解得：＜n＜，
∴n＝8，
即这个多边形是八边形，
故选：D．
【点睛】此题考查了一元一次不等式组的应用，多边形的内角和定理，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
16．（2020秋·广东汕头·八年级校考期末）晨曦因少算了一个内角得出一多边形的内角和为980°，则该多边形的边数为（ ）
A．6B．8C．10D．9
【答案】B
【分析】首先由题意找出不等关系列出不等式，进一步得出这个多边形的边数，即可求解．
【详解】解：设此多边形的内角和为x,
则有980°＜x＜980°+180°，
即180°×5+80°＜x＜180°×6+80°，
因为x为多边形的内角和，所以它是180°的倍数，
所以x=180°×6=1080°．
∴，
∴这个多边形边数为8，
故选B．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理及不等式的解法，解题的关键是由题意列出不等式求出这个少算内角的取值范围．
17．（2021春·四川达州·八年级统考期末）已知一个多边形多算了一个内角得到内角和是1960°，则这个多边形是（ ）
A．十一边形B．十二边形C．十三边形D．十五边形
【答案】B
【分析】设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，利用多边形的内角和定理和已知条件列出等式，根据多边形的内角的性质列出不等式，利用不等式的整数解即可求得结论．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，
则：（n-2）•180+x=1960，
∴x=2320-180n．
∵0°＜x＜180°，
∴0＜2320-180n＜180，
解得
∵n为正整数，
∴n=12．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角，多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
18．（2022秋·全国·八年级专题练习）在计算一个多边形内角和时，多加了一个角，得到的内角和为1500°，那么原多边形的边数为（ ）
A．9B．10C．11D．10或11
【答案】B
【分析】设多加上的一个角的度数为x，原多边形的边数为n，根据多边形内角和定理，列出等式，进而即可求解．
【详解】设多加上的一个角的度数为x，原多边形的边数为n，
则(n-2)×180+x=1500，
(n-2)×180=8×180+60-x，
∵n-2为正整数，
∴60-x能被180整除，
又∵x＞0，
∴60-x=0，
∴(n-2)×180=8×180，
∴n=10，
故选B
【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理，根据定理，列出方程，是解题的关键．
19．（2020秋·内蒙古呼和浩特·八年级校考阶段练习）计算多边形内角和时不小心多输入一个内角，得到和为1290，则这个多边形的边数是（ ）．
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】多边形内角和（n-2）╳180゜，多算一个角，这个角小于180゜，去掉180゜后1290゜-180゜，内角和比它大，加上多的角后1290゜，内角和比它小，列不等式1290゜-180゜<（n-2）╳180゜<1290゜,解之即可．
【详解】由题意列不等式得1290゜-180゜<（n-2）╳180゜<1290゜，
，
，
．
故选择：B．
【点睛】本题考查利用多加一角求多边形边数问题，关键是运用不等关系列不等式．
20．（2021秋·全国·八年级专题练习）当多边形的边数增加时，它的内角和会( )
A．增加B．增加C．增加D．增加
【答案】B
【分析】根据n边形的内角和为180°（n－2），可得（n＋1）边形的内角和为180°（n－1），然后作差即可得出结论．
【详解】解：∵n边形的内角和为180°（n－2）
∴（n＋1）边形的内角和为180°（n＋1－2）=180°（n－1）
而180°（n－1）－180°（n－2）=180°
∴当多边形的边数增加时，它的内角和会增加
故选B．
【点睛】此题考查的是多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解决此题的关键．
21．（2022秋·全国·八年级专题练习）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，那么原多边形的边数为（ ）
A．5B．5或6C．6或7或8D．7或8或9
【答案】C
【分析】利用多边形内角和公式：，得出截后的是几边形，分以下三种情况进行讨论：(1)不经过顶点，(2)经过一个顶点，(3)经过2个顶点，即可得出结果．
【详解】解：设截后的多边形为边形
解得：
(1)顶点剪，则比原来边数多1
(2)过一个顶点剪，则和原来的边数相同
(3)过两个顶点剪，则比原来的边数少1
则原多边形的边数为6或7或8
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和公式，正确的掌握多边形的内角和公式以及分情况进行讨论是解题的关键．
22．（2020春·七年级统考课时练习）一个多边形除了一个内角外，其余各内角之和为2570°，则这个内角的度数为（ ）
A．120°B．130°C．135°D．150°
【答案】B
【分析】设出相应的边数和未知的那个内角度数，利用内角和公式列出相应等式，根据边数为整数求解即可．
【详解】解：设这个内角度数为x°，边数为n，
则（n﹣2）×180﹣x＝2570，
180•n＝2930+x，
∴n＝，
∵n为正整数，0°＜x＜180°，
∴n＝17，
∴这个内角度数为180°×（17﹣2）﹣2570°＝130°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查多边形内角和公式的灵活运用，解题的关键是找到相应度数的等量关系．注意多边形的一个内角一定大于0°，并且小于180度．
23．（2022秋·福建厦门·八年级统考期末）正五边形的外角和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据任意多边形的外角和等于解答即可．
【详解】解：∵任意多边形的外角和等于，
∴正五边形的外角和为．
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的外角和等于．多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为．
24．（2023秋·湖北咸宁·八年级统考期末）已知一个多边形的每一个外角都为，则这个多边形的边数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】D
【分析】直接根据多边形的外角判断即可．
【详解】由一个多边形的每一个外角都为可得，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查正多边形的外角，n边形的外角和为：，每个外角的度数为．
25．（2023秋·河北邢台·八年级统考期末）如图，正十边形与正方形共边，延长正方形的一边与正十边形的一边，两线交于点F，设，则x的值为（ ）．
A．15B．18C．21D．24
【答案】B
【分析】延长交于，根据正多边形的外角为，结合三角形的外角性质可求得，再根据直角三角形的两个锐角互余求解即可．
【详解】解：如图，延长交于，则，
∴，
∵，
∴，即，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的外角、三角形的外角性质、直角三角形的性质，熟知正多边形的外角计算公式是解答的关键．
26．（2022秋·山西吕梁·八年级统考期末）正多边形的每个内角都是，则这个正多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．12
【答案】D
【分析】由一个正多边形的每个内角都为，可求得其外角的度数，继而可求得此正多边形的边数．
【详解】解：∵一个正多边形的每个内角都为，
∴这个正多边形的每个外角都为：，
∴这个多边形的边数为：．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和与外角和的知识．此题难度不大，注意掌握多边形的外角和为是解题的关键．
27．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校考期末）已知一个正多边形的每一个外角都是，则这个正多边形的边数是（ ）
A．8B．9C．10D．12
【答案】A
【分析】多边形的外角和是，即可得到外角的个数，即多边形的边数．
【详解】解：多边形的边数是：，
故选：A
【点睛】本题主要考查了正多边形的外角的特征，根据正多边形的外角和不随边数的变化而变化，边数等于除以一个外角的度数，可以把问题简化．
28．（2022春·江苏宿迁·七年级校考阶段练习）如图所示，分别以n边形的顶点为圆心，以1cm为半径画圆，当时，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出2021边形的外角和，即阴影部分的圆心角的和等于，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
【详解】解：边形的外角和，
图中阴影部分的面积之和，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角和扇形的面积计算，解题的关键是能求出阴影部分的圆心角的度数和．
29．（2022秋·广西南宁·八年级校考期中）一个正多边形，它的每一个内角都等于，则该正多边形是（ ）
A．正六边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
【答案】D
【分析】先求出外角的度数，再利用多边形外角和为即可求出边数.
【详解】解：每个外角度数为，
，
故选：D.
【点睛】本题考查了正多边形的概念，掌握正多边形的每个内角都相等，每条边都相等以及每个外角都相等，外角和为是解题关键.
30．（2023·云南·校考一模）若n边形的内角和是它外角和的3倍，则n等于（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】A
【分析】根据多边形外角和是，内角和公式为，列出方程即可．
【详解】多边形的外角和是，根据题意得：
，
解得．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形内角和、外角和，解题关键是熟记多边形内角和公式和外角和度数．
31．（2023秋·山东滨州·八年级统考期末）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为，那么该多边形的一个外角是（ ）
A．30°B．36°C．60°D．72°
【答案】B
【分析】设这个多边形为n边形，根据多边形内角和公式立方程求出n的值，再根据多边形外角和为360度即可得到答案．
【详解】解：设这个多边形为n边形，
由题意得，，
∴，
∵，
∴该多边形的一个外角是36°，
故选B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和和外角和，熟知多边形内角和公式是解题的关键．
32．（2023春·八年级单元测试）若一个正边形的内角和为，则它的每个外角度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据多边形内角和公式列出方程，求出的值，即可求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是，利用除以边数可得外角度数．
【详解】解：根据题意，可得，
解得，
所以，外角的度数为．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角，解题关键是根据多边形的内角和公式和多边形的外角和为进行解答．
33．（2021春·浙江杭州·八年级期中）如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数是（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程，然后求解即可．
【详解】解：设这个多边形是n边形，
根据题意得，，
解得．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是．
34．（2022秋·河南信阳·八年级校考期末）如图，正五边形，平分，平分正五边形的外角，则＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出正五边形的一个外角，再求出内角度数，然后在四边形中，利用四边形内角和求出．
【详解】∵正五边形外角和为，
∴外角，
∴内角，
∵平分，平分正五边形的外角，
∴， ，
在四边形中，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查多边形角度的计算，正多边形可先计算外角，再计算内角更加快捷简便，掌握正多边形的内角和与外角的性质是解题的关键．
题型2：平行四边形的性质
类型1 应用平行四边形的性质求解
（2023·河南周口·校考一模）如图，在平行四边形中，以点A为圆心，长为半径作弧交于点E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交于点F，若，，则的周长为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】首先根据题意得到，然后结合平行四边形的性质得到，最后根据三角形周长公式求解即可．
【详解】解：由作图得：平分，
∴，
在平行四边形中，有，，，
∴，
∴，
∴的周长为：．
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与角平分线的定义，掌握角平分线的性质找出等角是解题的关键．
类型2应用平行四边形的性质证明
（2022秋·山东菏泽·九年级统考期末）在一次数学课上，王老师出示了一个题目：“如图，平行四边形的对角线相交于点，过点作，分别交，于点，，连接，，请根据上述条件，写出一个正确结论．”
其中四位同学写出的结论如下：
小青：：小何：；
小夏：四边形是正方形：小雨：
这四位同学写出的结论中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由平行线的性质可得，，故小雨写的结论是正确的，由“”可证，可得，，，故小青写的结论是正确的，由面积和差关系可得；故小何写的结论是正确的，可证平行四边形是菱形，故小夏写的结论是错误的，即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，
，，故小雨写的结论是正确的，
在和中，
，
，
，，，故小青写的结论是正确的，
四边形是平行四边形，
，
；故小何写的结论是正确的，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
平行四边形是菱形，故小夏写的结论是错误的，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
综合训练
1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，的对角线，交于点，若，，则的长可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形对角线互相平分可得、的长度，然后根据三角形三边关系可得的范围，结合选项解答即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，，
在中，，即：．
结合选项可得，的长度可能是6，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质和三角形三边关系是解题的关键．
2．（2023·山西临汾·统考一模）如图，在中，过点作，垂足为．若，，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点A作于点H，根据平行四边形性质可知，，求出长度，再跟据平行四边形面积公式，列出方程解答即可．
【详解】
如图过点A作于点H，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形及其对角线的性质，特殊角的三角函数，平行四边形的面积等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
3．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，，则的长度（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质可知，又因为平分，所以，则，则，同理可证，那么就可表示为，继而可得出答案．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，
又平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵，，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题，难度不大，关键是解题技巧的掌握．
4．（2023春·安徽六安·九年级校联考阶段练习）如图，中，，和都是等边三角形，为的中点，连接交于点，与交于点．则下列结论中不正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则四边形为平行四边形
D．若四边形为平行四边形，则
【答案】B
【分析】根据垂直平分线的判定及性质以及等边三角形的性质即可判断A选项；
根据等边三角形的性质、相似三角形的判定及性质以及正弦的概念即可判断B选项；
根据等边三角形的性质及平行四边形的判定即可判断C选项；
根据平行四边形的性质，等边三角形的性质以及三角形内角和即可判断D选项
【详解】如图，连接，
，为中点，
，
点在的垂直平分线上，
是等边三角形，
，
点在的垂直平分线上，，选项A正确，不符合题意；
、是等边三角形，
，
是中点，
，
，选项B不正确，符合题意；
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
为中点，是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
，
，
四边形是平行四边形，选项C正确，不符合题意；
四边形是平行四边形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，选项D正确，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定及性质、正弦的概念、平行四边形的判定及性质、垂直平分线的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
5．（2023春·八年级单元测试）平行四边形的两条对角线分别为和，则该平行四边形的一条边的取值范围为_______．
【答案】
【分析】根据平行四边形对角线互相平分，结合三角形三边关系（两边之和大于第三边，两边之差小于第三边）即可求解．
【详解】解：如图所示，
平行四边形，
，，
在中，，
即：，
则该平行四边形的一条边的取值范围为：，
故答案为：，
【点睛】本题考查了平行四边形性质、三角形三边关系，掌握相关知识是解题关键．
6．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，为，取长边 的中点M，，则 __．
【答案】##30度
【分析】先证明，再根据平行四边形得到，从而得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵为，M为 的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行四边形的性质的等腰三角形的性质，熟知平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题关键．
7．（2023春·陕西西安·七年级高新一中校考阶段练习）如图，在平行四边形中，为边上的一个点，将沿折叠至处，与交于点，若，，则的大小为______．
【答案】##40度
【分析】由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得：，，由三角形的外角性质求出，与三角形内角和定理求出，即可得出∠的大小．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
8．（2022春·广东汕头·八年级统考期末）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点A落在点E处，交于点F．若，，则的度数为______．
【答案】##112度
【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后利用三角形的内角和定理即可得．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
由折叠的性质得：，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质，三角形外角的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
9．（2023·浙江·模拟预测）如图，在中，对角线交于点O．点M是边的中点，连接，作．已知平分，平分，若，则的值为___________．
【答案】##
【分析】如图所示，过点E作于H，由角平分线的定义和平行线的性质证明得到，再由O是的中点，得到，则，证明为的中位线，得到，则，即可推出，则，利用勾股定理得到，证明，得到，求出，，再推出，得到，则．
【详解】解：如图所示，过点E作于H，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，对角线交于点O，
∴，，
∴，即，
∵平分，
∴，
∵M为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了锐角三角函数，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定等等，证明是解题的关键．
10．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，在中，点在线段上，点为对角线与的交点．若，则与的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质证明，根据相似三角形的性质得出，继而得出，，设，则，，，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴
∴
∴，，
设，则，，，
∴，
∴与的面积之比为，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
11．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数（其中）的图象经过平行四边形的顶点A，函数（其中）的图象经过顶点C，点B在x轴上，若点C的横坐标为2，的面积为6．
(1)求k的值；
(2)求直线的解析式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点C的横坐标是2求出C点坐标，再由平行四边形得出轴，根据三角形的面积公式求出的长，故可得出A点坐标，进而可得出k的值；
（2）根据四边形是平行四边形可知，故可得出，再利用待定系数法求出直线的解析式即可．
【详解】（1）解：∵点C的横坐标是2，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴轴，
∵，即，
∴，
∴，
∴点A的坐标为，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
则，
∴，
∴直线的解析式为．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，三角形面积的计算，正确的理解题意是解题的关键．
12．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在中，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，，连接．
(1)求证：平分；
(2)若点E为中点，，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由四边形是平行四边形得到，则，由得到，则，即可得证；
（2）由平行四边形的性质和点E为中点证得是等边三角形，则，，则是等边三角形，即可证明，则，得到，由勾股定理得到，由的面积等于的面积即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即平分；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∵点E为中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积．
∴的面积
即的面积是．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．
13．（2023春·四川成都·九年级统考开学考试）如图，平行四边形中，平分，，延长与交于点P，连接．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，，进而证明，得出，等量代换即可得证；
（2）根据（1）知，得出，根据角平分线的定义得出，，得出，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）由（1）知
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴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性质与判定，菱形的判定定理，全等三角形的性质与判定，掌握以上性质定理是解题的关键．
14．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：如图，在中，延长至点，延长至点，使得，连接，与对角线交于点，求证：．
【答案】见解析
【分析】利用平行四边形的性质以及平行线的性质证明，由全等三角形的性质即可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识，证明是解题关键．
15．（2023秋·山东临沂·九年级统考期末）在平行四边形中，，，点P为射线上的动点（点P不与点D重合），连接，过点作交直线于点
(1)如图①，当点P为线段的中点时，请判断，的数量关系并证明；
(2)如图②，当点P在线段上时，求证：．
【答案】(1)，证明见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，可知是等腰直角三角形，再证明，得；
（2）过点作交于点，首先证明，得，再证明是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】（1）解：连接，
四边形是平行四边形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
点为的中点，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图，过点作交于点，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．
16．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在平行四边形中，是对角线．
(1)尺规作图：作的垂直平分线交于点E，交于点F，交于点O（不写作法，保留作图痕迹，并标明字母）；
(2)在（1）的条件下，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分别以点B和D为圆心，大于二分之一长为半径画弧，即可作的垂直平分线；
（2）在（1）的条件下，利用证明即可得．
【详解】（1）解：如图，直线即为所求；
；
（2）证明：∵四边形平行四边形，
∴，
∴，
由作图过程可知：，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法和得到．
17．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，平行四边形中，E、F分别是对角线上的两点，且，连接．求证：．
【答案】见解析
【分析】先由平行四边形的性质证得，再证得，再得出，从而得到．
【详解】证明：四边形是平行四边形
，
又
即
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定及性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
题型3：平行四边形的判定
类型1-添加条件形成平行线四边形
（2023秋·山东威海·八年级统考期末）在中，点D，E分别是，上的点，且，点F是延长线上一点，连接．添加下列条件后，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法，逐项进行判断即可．
【详解】解：A．∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故A不符合题意；
B．∵，，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故B不符合题意；
C．，，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，故C符合题意；
D．∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
类型2-证明平行四边形
（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）已知：如图，在平行四边形中，G、H分别是、的中点，E、F是对角线上的两点，且，，垂足分别为E、F．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见详解
【分析】根据四边形是平行四边形得到，，，即可得到，根据，可得，即可得到，从而得到，，即可得到，根据G、H分别是、的中点可得，即可得到，，即可得到证明；
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
在与中，
∵
∴，
∴，，
∴，
∵G、H分别是、的中点，
∴，
在与中，
∵
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，解题的关键是根据两次全等找到平行四边形的判定条件．
类型3-求构成平行四边形的第四个点
（2022春·安徽六安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C的坐标分别为(0，2)，( -1，0)，(2，0)．以A、B、C三点为顶点作平行四边形，第四个顶点为点D．
(1)满足条件的平行四边形能作 个；
(2)在图中作出满足条件的平行四边形，使顶点D位于第四象限；
(3)写出所有符合条件的顶点D的坐标：
【答案】(1)3
(2)见解析
(3)（3，2），（﹣3，2），（1，﹣2）
【分析】（1）分BC为平行四边形的边和对角线两种情况求解即可．
（2）以BC为对角线的平行四边形符合题意．
（3）BC为边时，点D（3，2），点D（-3，2），BC为对角线时，点D（1，-2）．
（1）当BC为边时，将点A向右平移3个单位或向左平移3个单位得到的点，都是符合题意的点D，有两个；
当BC为对角线时，点A向右平移2个单位，再向下平移2个单位得到C，
故只需将点B也作同样的平移，得到1个点D，
故有3个，
故答案为：3．
（2）当BC为对角线时，点A向右平移2个单位，再向下平移2个单位得到C，
故只需将点B也作同样的平移，得到1个点D，其坐标为（1，-2），
画图如下：
（3）当BC为边时，点A向右平移3个单位，此时点D（3，2）；
向左平移3个单位得到点D，此时点D（-3，2）；
当BC为对角线时，点A向右平移2个单位，再向下平移2个单位得到C，
故只需将点B也作同样的平移，得到点D(-1+2，0-2)即点D（1，-2），
故点D的坐标为（3，2）或（﹣3，2）或（1，﹣2）．
故答案为：（3，2）或（﹣3，2）或（1，﹣2）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，作图，平移思想的运用，熟练掌握平行四边形的判定，灵活运用分类思想、平移思想是解题的关键．
综合训练
1．（2023·广东·一模）如图，在四边形中，．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】C
【分析】根据得到，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，选择条件即可．
【详解】∵，
∴，
∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴添加，
故选C．
【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定理是解题的关键．
2．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，在中，点，分别在，边上，若要使四边形是平行四边形，可以添加的条件是（ ）．
①；②；③；④
A．①或②B．②或③C．③或④D．①或③
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和判定即可解决问题．
【详解】解：①添加，不符合平行四边形的判定定理，故①不符合题意；
②添加，不符合平行四边形的判定定理，故②不符合题意；
③四边形是平行四边形，
∴，，
，
∴，又，
∴四边形是平行四边形；故③符合题意；
④∵四边形是平行四边形，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；故符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定．解题的关键是选择适宜的证明方法，需要熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考常考题型．
3．（2022·北京海淀·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，ADBC且AD＝9cm，BC＝7cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动，Q运动到B处停止运动，_____秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【答案】或
【分析】分别利用①当BQ=AP时以及②当CQ=PD时，列方程得出答案．
【详解】解：设点P，Q运动的时间为ts.依题意得：CQ=2t,BQ=7-2t,AP=t,PD=9-t.
∵ADBC，
①当BQ=AP时，四边形APQB是平行四边形．
即7-2t=t,
解得t=．
②当CQ=PD时，
四边形CQPD是平行四边形，即2t=9-t,
解得：t=3．
所以经过秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
故答案是：或3．
【点睛】此题主要考查的是平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
4．（2021春·宁夏吴忠·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，要使四边形BEDF是平行四边形，还需要增加的一个条件是_______________．
【答案】
【分析】由平行四边形的性质可得到，要证明四边形BEDF是平行四边形，只需要即可．
【详解】添加，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形BEDF是平行四边形，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平行四边形中，点，是对角线上的两点，请添加一个不同于“”的条件，使四边形是平行四边形，并写出证明的过程．
【答案】添加的条件为：；证明见解析
【分析】添加的条件为：，证明，得到，即可得证．
【详解】添加的条件为：．
证明：∵
∴
∴
∵四边形为平行四边形
∴，，
∴
∴
∴，
又∵
∴四边形为平行四边形．
【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方法，是解题的关键．
6．（2023春·山东济南·九年级校联考期中）如图1，一次函数与反比例函数在第一象限交于、两点，点P是x轴负半轴上一动点，连接，．
(1)求反比例函数及一次函数的表达式；
(2)若的面积为9，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，若点E为直线上一点，点F为y轴上一点，是否存在这样的点E和点F，使得以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)
(3)存在，点的坐标为，，．
【分析】（1）将代入中即可得到反比例函数的表达式，再结合即可得到一次函数的表达式；
（2）根据的面积为9，面积的和差关系即建立等式，即可求出点P的坐标；
（3）先求的表达式为，表达E的坐标，然后进行分类讨论当为对角线和当为边两种情况进行讨论，根据平行四边形的性质进行列式即可．
【详解】（1）解：将代入中
得
∴反比例函数解析式为
将代入中
解得
∴
将点、分别代入
得∴
∴一次函数解析式为．
（2）解：如图1，由直线：得
∵
∴
得
∴或
∵点是轴负半轴上一动点
∴
（3）解：存在以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形．
，，．理由如下：
设的表达式为，把、代入得到
则，所以
设、
当为对角线时，如图2所示
，得到，所以
当为边时，
如图3 所示：
，向下平移3个单位、向右平移3个单位得到，那么向下平移3个单位、向右平移3个单位得到，，
如图4所示：
，向下平移3个单位、向右平移3个单位得到，那么向下平移3个单位、向右平移3个单位得到，即，
综上：，，．
【点睛】本题考查反比例函数和一次函数、三角形面积、平行四边形的性质，根据条件准确作图是解题的关键．
7．（2023春·八年级课时练习）如图，平面直角坐标系中有．
(1)求出所在直线的解析式．
(2)已知一条与平行的直线在坐标系中运动，且与有交点，则b的取值范围是________．
(3)在平面直角坐标系中存在一点D，使得以A，B，C，D四点为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点D的坐标是___________．
【答案】(1)所在直线的解析式为
(2)．
(3)，，．
【分析】（1）设所在直线的解析式为，代入点A，点C的坐标计算即可；
（2）如图，由与平行可知，将点坐标代入求得，根据图象即可得到的取值范围；
（3）利用平行四边形的判定方法，画出图形即可得出符合题意的答案．
【详解】（1）解：由图可知：，，
设所在直线的解析式为，
代入，可得：，解得：，
∴所在直线的解析式为；
（2）解：
由题意可设过点且与平行的直线，
∵
∴当时，，解得，
由图可知，．
故答案为：．
（3）∵四边形，知向，向上移6位，向左移3位，
∴向，上移6位，左移3位得．
②∵四边形知B向C，向下移3位，向右移6位，
∴A向下移3位，右移6位得．
③∵四边形，知A向C下移6位，右移3位，
∴B向下移6位，右移3位得．
故答案为：，，．
【点睛】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，函数图像的平移以及平行四边形的判定，利用数形结合的思想是解题关键．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）平面直角坐标系中，O为原点，点，点，把绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为α．
(1)如图1，若，则点的坐标为 ，点的坐标为 ，的长为 ．
(2)如图2，若，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
【答案】(1)，，；
(2)；
(3)或或．
【分析】（1）由旋转的性质得，，，，由勾股定理求出的长，判断出与x轴平行，进而可得点，点的坐标；
（2）作轴于H，如图2，利用旋转的性质得，，则，再在中利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理计算出和的长，进而可得点的坐标；
（3）分三种情况：①当、为平行四边形的边时，连接，交于点P，根据，，利用中点坐标公式求出点P的坐标，进而可得点D的坐标；②当为对角线时，③当为对角线时，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵点，点，
∴，，
∴，
∵把绕点B逆时针旋转得，
∴，，
∴，
∵，，，
∴与x轴平行，
∴，
∵是直角三角形，，
∴的坐标为，
综上，的坐标为，的坐标为，的长为，
故答案为：，，；
（2）解：作轴于H，如图2，
∵绕点B逆时针旋转得，
∴，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
（3）解：分三种情况：
①当、为平行四边形的边时，如图，
连接，交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵点，点的坐标为，
∴，
∵点，
∴点D的坐标为；
②当为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为；
③当为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为；
．
综上，点D的坐标为或或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，平行四边形的性质和中点坐标公式等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
9．（2023春·全国·八年级专题练习）在平面直角坐标系中的位置如图所示（坐标系内正方形网格的单位长度为1）：
(1)在网格内画出关于y轴对称的图形；
(2)平面内有一点D，使得以点A，B，C，D构成平行四边形，请直接写出点D的坐标．
【答案】(1)见解析；
(2)，或．
【分析】（1）先找到A、B、C点关于y轴的对称点，顺次连接即可；
（2）将点A向右平移3个单位长度得到点，将点A向左平移3个单位长度得到点，将点B向下移动3个单位，再向右移动2个单位得到点．
【详解】（1）如图所示：
（2）∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴将点A向右平移3个单位长度得到点，将点A向左平移3个单位长度得到点，将点B向下移动3个单位，再向右移动2个单位得到点．
所以，点D的坐标为：，或．
【点睛】本题考查画轴对称图形，平行四边形的判定，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
10．（2020秋·河南信阳·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，△ABO的三个顶点坐标分别为：A（2，3）、B（3，1）、O（0，0）．
(1)将△ABO向左平移4个单位，画出平移后的△A1B1O1．
(2)将△ABO绕点O顺时针旋转180°，画出旋转后得到的△A2B2O．此时四边形ABA2B2的形状是 ．
(3)在平面上是否存在点D，使得以A、B、O、D为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)平行四边形；
(3)存在，（﹣1，2）；（1，﹣2）；（5，4）．
【分析】（1）利用点平移的坐标规律写出点A、B、O平移后的对应点A1,B1,O1，然后描点即可得到ΔA1B1O1;
（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A2,B2的坐标，即可得到ΔA2B2O;利用对角线互相平分的四边形为平行四边形即可判断四边形ABA2B2的形状；
（3）分类讨论：分别以AB、BO、AO为对角线画平行四边形可得到满足条件的点D，然后写出对应的D点坐标．
（1）
如图ΔA1B1O1为所作；
（2）
如图ΔA2B2O为所作，此时四边形ABA2B2的形状是平行四边形，
故答案为平行四边形；
（3）
存在．如图满足条件的点D的坐标为(5,4)或(1,−2)或(−1,2)．
【点睛】本题考查三角形的平移、旋转及平行四边形的判定，熟练掌握平移及旋转的性质、平行四边形的判定及分类讨论的思想方法是解题关键．
11．（2023春·湖北襄阳·九年级统考阶段练习）如图，在中，，．
(1)尺规作图：作的垂直平分线，交于E，交于D，（保留作图痕迹，不写作法）；
(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）利用基本作图作的垂直平分线即可；
（2）交于点F，根据线段垂直平分线的性质得到，再证明得到，进而可以判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：如图：直线即为所求，
（2）证明：交于F，如图，
垂直平分，
，
又，
，，
在和中，
，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了作图−基本作图，线段垂直平分线的性质，平行四边形的判定，熟练掌握5种基本作图是解决此类问题的关键．
12．（2023春·八年级课时练习）如图，已知垂直平分，，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出，进而即可得证；
（2）证明根据是菱形，根据菱形的性质分析，设则，勾股定理求得，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
，
如图，设交于点，
设则
即
解得：，即，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．
13．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，已知为等边三角形，D、F分别为、边上的点，，以为边作等边三角形．
(1)和和全等吗？请说明理由；
(2)判断四边形的形状，并说明理由
【答案】(1)，理由见详解；
(2)四边形是平行四边形，理由见详解；
【分析】（1）根据等边三角形性质得到，，结合即可得到证明；
（2）根据及等边三角形可得，，根据可得，即可得到，即可得到证明；
【详解】（1）解：，理由如下，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：四边形是平行四边形，理由如下，
∵，三角形是等边三角形，
∴，，，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
【点睛】本题考查等边三角形性质，全等三角形判定与性质，平行四边形的判定，解题的关键是根据等边三角形性质的到三角形全等的条件．
14．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考阶段练习）在四边形中，已知于点E，于点F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的周长．
【答案】(1)见详解
(2)四边形的周长为32
【分析】（1）证出，再由，即可得出结论；
（2）由题意易得，则有，然后根据平行四边形的性质可得，进而根据含30度直角三角形的性质得，最后问题可求解．
【详解】（1）证明：∵，
，
，
，
∴，
又∵，
四边形是平行四边形；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定及含30度直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定及含30度直角三角形的性质是解题的关键．
15．（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形中，，对角线相交于点E．
(1)如图1，若，，求证：；
(2)如图2，若平分，点E是的中点，过点B作，垂足为F，点G为的中点，连接．
①求证：；
②连接，试判断四边形的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②四边形是平行四边形，证明见解析
【分析】（1）根据等角的余角相等，可得，再由，可得，即可；
（2）①延长交于点M，延长交于点H，可证明，可得，从而得到是的中位线，进而得到，继而得到，同理，可得，从而得到是的中位线，进而得到，继而得到，再由，可得，从而得到，进而得到，即可；②证明，可得，再由，即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：如图，延长交于点M，延长交于点H，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点G为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②解：四边形是平行四边形，证明如下：
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
题型4：三角形的中位线
类型1-应用三角形的中位线性质求解
（2023·山东泰安·校考一模）如图，在中，D是边的中点，是的角平分线，于点E，连接．若，，则的长度是（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
【答案】C
【分析】延长交于点F，通过证明，根据全等三角形的性质得到，，根据三角形中位线定理得出，即可得出结果．
【详解】解：延长，交于点F．
∵平分，
∴，，
在与中，
∴，
∴，，
又∵D是中点，
∴，
∴是的中位线，
∴．
∴．
故选C．
【点睛】此题主要考查了三角形中位线，全等三角形等．熟练掌握三角形中位线定理，角平分线定义和垂直定义，三角形全等判定和性质，是解题的关键．
类型2-三角形的中位线与面积
（2023秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，在中，点D，E分别是、的中点，若四边形的面积为6，则的面积为（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】A
【分析】直接利用三角形中位线定理得出，，再利用相似三角形的判定与性质得出答案．
【详解】解：点D，E分别是、的中点
，
即
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质；熟练掌握相似三角形面积比等于相似比的平方是解题关键．
类型3-应用三角形的中位线性质证明
（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在四边形中，点P是对角线的中点，点E、F分别是、的中点，，°，求的度数．
【答案】
【分析】根据中位线定理得，，结合已知证明是等腰三角形，从而可得答案．
【详解】解：∵在四边形中，P是对角线的中点，E，F分别是、的中点，
∴，分别是与的中位线，
∴，，
∵，
∴，
故是等腰三角形，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
综合训练
1．（2023·山东淄博·校考一模）如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是( )
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】当点与点重合时，点在处，，当点与点重合时，点在处，，当点在上除点、的位置处时，有，由中位线定理可知：且，则当时，取得最小值，得出的最小值为的长，进而勾股定理即可求解．
【详解】解：如图：
当点与点重合时，点在处，，
当点与点重合时，点在处，，
且，
当点在上除点、的位置处时，有，
由中位线定理可知：且，
点的运动轨迹是线段，
当时，取得最小值，
矩形中，，，为的中点，
、、为等腰直角三角形，，
，则，
，
，
，即，
的最小值为的长，
在等腰直角中，，
，
的最小值是．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，得出时，取得最小值是解题的关键．
2．（2023·山东淄博·校考一模）如图，在四边形中，，过点C作交于点E，连接，，若，则的长度是（ ）
A．2.5B．3C．3.5D．4
【答案】B
【分析】延长交于点P，先说明，利用全等三角形的性质说明，再利用平行线分线段成比例定理说明是中位线，利用中位线的性质得结论．
【详解】解：延长交于点P．
∵，
∴．
在和中
，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴是的中位线．
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的全等，掌握全等三角形的判定和性质、平行线等分线段定理、三角形的中位线定理等知识点是解决本题的关键．
3．（2023春·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图，在中，，以B为圆心，适当长为半径画弧交于点M，交于点N，分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线交于点E，点F为的中点，连接，若，则长度是（ ）
A．4B．C．D．2
【答案】B
【分析】先根据作图痕迹得到平分，根据等腰三角形的三线合一性质得到，，再利用勾股定理求得，再根据三角形的中位线性质求解即可．
【详解】解：根据作图痕迹得到平分，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵点F为的中点，，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查基本作图—作角平分线、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形的中位线性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，得到平分且垂直平分是解答的关键．
4．（2023·海南省直辖县级单位·统考一模）如图，在中，点分别是的中点，若四边形的面积是，则的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】先根据点分别是的中点，证得，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵点分别是的中点，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，解得，
故选：A
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，中，是它的中位线，

下面三个结论：
(1)；(2)；(3)若四边形的面积为，则的面积为；(4)与的周长之比为．
其中正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【分析】根据三角形中位线的性质和相似三角形的性质即可求解
【详解】∵是的中位线，
∴，且，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形的面积为，
∴，
∴，
即(2)(3)正确，(1)(4)错误；
故选：B
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、三角形的中位线的应用，掌握相似比的特征是解题的关键
6．（2023春·八年级课时练习）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（ ）．
①四边形是菱形；
②四边形是矩形；
③四边形周长为；
④四边形面积为．
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形中各边长的长度关系规律，然后对选项作出分析判断：①②根据三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、菱形和矩形的判定与性质作出判断；③根据三角形的中位线定理和四边形周长公式作出判断；④找到每得到的四边形与原四边形面积关系规律，即可求得四边形的面积．
【详解】解：①连接，，
∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴（矩形的两条对角线相等）；
∴（三角形的中位线定理），
∴四边形是菱形；
∴四边形是矩形；
∴根据中位线定理知，四边形是菱形；
故①②正确；
③根据中位线的性质易知，，
，
∴四边形的周长是，故③正确；
④∵四边形中，，，且，
∴；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形的面积是，故④错误；
综上所述，①②③正确．
故选A．
【点睛】本题是一道规律题，考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题．
7．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在中，，动点在边上从点A开始向终点运动，则线段的中点从开始到停止所经过的路线长为______cm．
【答案】5
【分析】取中点M，中点N，连接．再根据点从开始到停止所经过的路线长为的中点到的中点，即为的长，结合三角形中位线定理即可求解．
【详解】如图，取中点M，中点N，连接．
当动点和A点重合时，则点Q与点M重合，
当动点和B点重合时，则点Q与点N重合，
由三角形中位线定理可知．
由题意可知线段的中点从开始到停止所经过的路径即为线段，
∴线段的中点从开始到停止所经过的路线长为．
故答案为：5．
【点睛】本题考查三角形中位线定理．读懂题意，理解点从开始到停止所经过的路线长为的中点到的中点是解题关键．
8．（2023·内蒙古呼和浩特·校考一模）如图，是的中位线，M是的中点，的延长线交于N，那么 __，___．
【答案】；
【分析】利用是中位线，M是的中点，根据各边关系可以求出结果；把各边关系转换为面积的关系来解答即可．
【详解】解：是中位线，M是中点，
，
，
，
是中位线，
，
，
连接，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；．
【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，是解题的关键．
9．（2023·江苏宿迁·统考一模）已知三条中位线的长分别为3、4、5，则该三角形的面积为______________．
【答案】
【分析】根据中位线定理可以求出原三角形的边长分别为6、8、10，再利用勾股定理的逆定理判断其形状，易证原三角形是直角三角形，再求面积．
【详解】解：∵三角形三条中位线的长为3、4、5，
∴根据中位线定理，三角形三条边长分别为：，，，
∴根据勾股定理的逆定理，，
∴此三角形为直角三角形．
故此三角形的面积为：．
故答案为：．
【点睛】此题已知三角形三条中位线的长求其面积，应根据中位线定理先求出三边长，确定三角形的形状再计算．
10．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直角三角形的边长，将三角形平移得到三角形，边分别交，于点，当点为中点时，此时，则图中阴影部分的面积为 ___．
【答案】9
【分析】根据平移的性质可得，结合三角形的中位线可求解，的长，再利用图形的面积公式计算可求解．
【详解】解：由平移可知：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴即，
∴是的中位线，
∵点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平移的性质，梯形，三角形的中位线，由平移的性质得是解题的关键．
11．（2022秋·浙江温州·九年级校考期中）如图，在中，中线相交于点F，，交于点G．若的面积为2，则的面积为______．
【答案】18
【分析】连接，根据三角形中位线定理可得，从而得到，进而得到，再由，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵的面积为2，
∴的面积为18．
故答案为：18
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键．
12．（2023春·八年级课时练习）如图中，E，F分别是，的中点，过F作交于点G，若，且，，则阴影部分的面积为 _____．
【答案】
【分析】连接，根据三角形中位线定理求出，根据题意得到，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接，
E，F分别是，的中点，，
，
，F是的中点，
，G是的中点，
，
，
F是的中点，
，，
，
，
E，F分别是，的中点，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、等腰三角形的性质、三角形的面积计算，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．
13．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，在中，，D、E、F分别是边的中点，求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】根据三角形中位线定理可得，，可证明四边形是平行四边形，再由，可得，即可求证．
【详解】证明：∵D、E、F分别是边的中点，
∴，，
即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定定理是解题的关键．
14．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
【概念理解】
(1)在已经学过的“平行四边形；矩形；菱形；正方形”中，______的“中点四边形”一定是正方形，因此它一定是“中方四边形”（填序号）．
【性质探究】
(2)如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的一条结论：______．
【问题解决】
(3)如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．
求证：四边形是“中方四边形”．
【答案】(1)
(2)或
(3)见解析
【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
（2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
（3）连接交于，连接交于，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论．
【详解】（1）解：概念在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且垂直，
故答案为：④；
（2）解：或，
理由如下：
四边形是“中方四边形”，
是正方形且分别是、、、的中点，
，，，，，，
，，
故答案为：或；
（3）解：如图2，连接交于，连接交于，
四边形各边中点分别为，
分别是、、、的中位线，
，，，，，，
，，
，，，，
四边形是平行四边形，
四边形和四边形都是正方形，
，，，
，
，
即，
在和中，
，
，，
，，
，
是菱形，
∵，
．
，，
，
，
，，
，
菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
15．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）中，D、E分别是，的中点，O是内任意一点，连接、．
(1)如图1，点G、F分别是、的中点，连接，，，，求证：四边形是平行四边形；
(2)如图2，若点O恰为和交点，求证：，；
(3)如图3，若点O恰为和交点，射线与交于点M，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定；
（2）取，中点G，F，连接，，，，根据平行四边形的性质即可即可求证；
（3）在射线上截取，连接，，对边互相平行的四边形是平行四边形即可判定．
【详解】（1）∵D，E分别是的边，的中点，
∴是的中位线，
∴，，
同理：，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）取，中点G，F，连接，，，，
∴，，
由（1）知，四边形是平行四边形，
∴，，
∴，；
（3）在射线上截取，连接，，
∵D，O分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴即，
同理：，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，三角形中位线的性质，解题的关键是掌握相关性质和判定，进行证明．
16．（2022·河南洛阳·统考二模）如图1，在中，，，点D、E分别在边AB，上，，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想：
图中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：
把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：
把绕点A在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)是等腰直角三角形
(3)
【分析】（1）利用三角形的中位线得出，，进而判断出，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；
（3）先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论．
【详解】（1）点，是，的中点，
，，
点，是，的中点，
∴，，
∴，，
，
，
∵，
，
∵，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，，
∵，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，
最大时，面积最大，
点在的延长线上，
，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出，，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是判断出最大时，的面积最大．
17．（2023·辽宁沈阳·沈阳市第一二六中学校考一模）如图1，在等腰三角形中，，连接．点M、N、P分别为的中点．
(1)当时，
①观察猜想：图1中，点D、E分别在边上，线段的数量关系是 ，的大小为 ．
②探究证明：把绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接，求证：．
③在②的条件下，如图2，求证：是等边三角形
(2)拓展延伸：当时，，时，把绕点A在平面内自由旋转，如图3，请直接写出面积的最大值．
【答案】(1)①；②见解析；③见解析
(2)32
【分析】（1）①易证是的中位线，是的中位线，得出，，，，则，推出，即可得出结果；②先证，得出，；③证是的中位线，是的中位线，得出，，则，推出，即可得出是等边三角形；
（2）易证，同（1）得，，则，是等腰直角三角形，当时，面积有最大值，即可得出结果．
【详解】（1）①解：∵，
∴，
∵点M、N、P分别为的中点，
∴是的中位线，是的中位线，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
②证明：由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴，
③证明：∵点M、N、P分别为的中点，
∴是的中位线，是的中位线，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）由题意得：，即，
同（1）得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当时，最大，此时，如图4所示：
，
∴面积的最大值为32．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质、等边三角形的判定、三角形面积的计算得知识；熟练掌握旋转的性质和三角形中位线定理是解题的关键．