模块二 知识全整合专题4 图形的性质 第6讲 多边形与平行四边形 （含解析）-最新中考数学二轮专题复习训练

这是一份模块二 知识全整合专题4 图形的性质 第6讲 多边形与平行四边形 （含解析）-最新中考数学二轮专题复习训练，共39页。试卷主要包含了知识全整合等内容，欢迎下载使用。
专题4 图形的性质
第6讲 多边形与平行四边形
一、多边形
1．多边形：在同一平面内，由不在同一直线上的线段首尾顺次连接而成的图形就是多边形；
2．多边形的内角和定理：；
3．多边形的外角和定理：多边形的外角和是360°;
4．多边形的对角线
（1）从一个顶点出发可以画（n-3）条对角线；
（2）n边形共有对角线的条数是：；
4．正多边形：各个内角都相等，各条边相等的多边形叫做正多边形；
5．对称性：正多边形是轴对称图形，偶数边形的正多边形是中心对称图形；
6．正多边形的每个外角的度数是：，每个内角的度数是：；
二、平行四边形
1．平行四边形的性质
（1）边的性质：对边平行且相等；
（2）角的性质：对角相等，邻角互补；
（3）对角线的性质：对角线互相平行；
（4）对称性：是中心对称图形，对称中心是对角线的交点；
2．平行四边形的判定
（1）利用边来判定
两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
两组对边分别相等的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；
（2）利用角来判定
两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
（3）利用对角线判定
对角线互相平行的四边形是平行四边形；
3．平行四边形的周长和面积
（1）周长等于长与宽和的2倍；
（2）面积等于底乘以高；
4．中点四边形
连结任意四边形各边的中点得到的四边形是平行四边形；
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1．了解多边形及相关概念；
2．探索并掌握多边形的内角和定理和外角和定理；
3．理解平行四边形的概念，了解四边形的不稳定性；
4．探索并证明平行四边形的性质定理和判定定理；
5．理解平行线间距离，能度量平行线间的距离；
【例1】（2023·甘肃兰州·统考中考真题）
1．如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）

A．B．C．D．
【变1】（2023·吉林长春·统考中考真题）
2．如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为 度．

【例1】（2023·海南·统考中考真题）
3．如图，在中，，，平分，交边于点，连接，若，则的长为（ ）

A．6B．4C．D．
【变1】（2023·福建·统考中考真题）
4．如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为 ．

【例1】（2023·湖北·统考中考真题）
5．如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ．
【变1】（2023·浙江杭州·统考中考真题）
6．如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若的面积等于2，求的面积．
一、选择题
（2023·湖南湘西·统考中考真题）
7．一个七边形的内角和是（ ）
A．B．C．D．
（2023·山东枣庄·统考中考真题）
8．如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
（2023·湖南益阳·统考中考真题）
9．如图，的对角线交于点，下列结论一定成立的是（ ）

A．B．C．D．
（2023·湖南·统考中考真题）
10．如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平形四边形，则下列正确的是（ ）

A．B．C．D．
（2023·河北·统考中考真题）
11．综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分D．一组对边平行且相等
（2023·江苏宿迁·统考中考真题）
12．如图，直线、与双曲线分别相交于点．若四边形的面积为4，则的值是（ ）

A．B．C．D．1
二、填空题
（2023·广东广州·统考中考真题）
13．如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是 ．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是 ．

（2022·山西大同·校联考一模）
14．如图，，，，，则线段的长为 ．

（2023·江苏·统考中考真题）
15．如图，在中，，D是延长线上的一点，．M是边上的一点（点M与点B、C不重合），以为邻边作．连接并取的中点P，连接，则的取值范围是 ．

三、解答题
（2023·江苏镇江·统考中考真题）
16．如图，B是AC的中点，点D，E在同侧，，．
(1)求证：≌．
(2)连接，求证：四边形是平行四边形．
（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）
17．中，，垂足为E，连接，将绕点E逆时针旋转，得到，连接．

(1)当点E在线段上，时，如图①，求证：；
(2)当点E在线段延长线上，时，如图②：当点E在线段延长线上，时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若，，则_______．
（2022·辽宁·统考中考真题）
18．在▱ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，点P为射线CD上的动点（点P不与点D重合），连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E．
(1)如图①，当点P为线段CD的中点时，请直接写出PA，PE的数量关系；
(2)如图②，当点P在线段CD上时，求证：DA+DP＝DE；
(3)点P在射线CD上运动，若AD＝3，AP＝5，请直接写出线段BE的长．
（2022·贵州贵阳·统考中考真题）
19．小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
如图，在中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得．
(1)问题解决：
如图①，当，将沿翻折后，使点与点重合，则______；
(2)问题探究：
如图②，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值；
(3)拓展延伸：
当，将沿翻折后，若，且，根据题意在备用图中画出图形，并求出的值．
（2023·重庆·统考中考真题）
20．如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：；
(3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值．
（2023·河南·统考中考真题）
21．李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点的直线轴，作关于轴对称的图形，再分别作关于轴和直线对称的图形和，则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；可以看作是向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图，中，，为直线下方一点，作点关于直线的对称点，再分别作点关于直线和直线的对称点和，连接，，请仅就图的情形解决以下问题：
①若，请判断与的数量关系，并说明理由；
②若，求，两点间的距离．
(3)拓展应用：在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出的长．
（1）作的垂直平分线交于点O；

（2）连接，在的延长线上截取；

（3）连接，，则四边形即为所求．

参考答案：
1．A
【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为，
∴，
故选A
【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为是解本题的关键．
2．
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
3．C
【分析】由平行四边形的性质可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线的定义可得，从而得到，推出，，过点作于点，由直角三角形的性质和勾股定理可得，，，即可得到答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
，
如图，过点作于点，
，
则，
，
，
，，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．
4．10
【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答．
【详解】解：∵中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,即．
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．
5．①③④
【分析】由题意易得，，，，则可证，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，，
∵，，
∴，故①正确；
∴，
∴，，故③正确；
∵，，，
∴，；故②错误；
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形；
（2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
，
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，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分．
7．B
【分析】根据多边形的内角和公式列式计算即可得解.
【详解】解：
.故选B.
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，熟记内角和公式是解题的关键.
8．B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到，平行线的性质，得到，三角形的外角的性质，得到，进而求出的度数．
【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：，
∴正六边形的一个内角的度数为：，
即：，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是，是解题的关键．
9．C
【分析】根据平行四边形性质逐项验证即可得到答案．
【详解】解：A、根据平行四边形性质：对角线相互平分，在中，，，则不一定成立，该选项不符合题意；
B、根据平行四边形性质：对角线相互平分，不一定垂直，则不一定成立，该选项不符合题意；
C、根据平行四边形性质：对角线相互平分，在中，，该选项符合题意；
D、根据平行四边形性质，对角线不一定平分对角，则不一定成立，该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形性质，熟记平行四边形对角线相互平分是解决问题的关键．
10．D
【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B． ∵，∴，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；
C．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；
D．∵，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形为平形四边形，
故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
11．C
【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
【详解】解：根据图1，得出的中点，图2，得出，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形为平行四边形，
判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
12．A
【分析】连接四边形的对角线，过作轴，过作轴，直线与轴交于点，如图所示，根据函数图像交点的对称性判断四边形是平行四边形，由平行四边形性质及平面直角坐标系中三角形面积求法，确定，再求出直线与轴交于点，通过联立求出纵坐标，代入方程求解即可得到答案．
【详解】解：连接四边形的对角线，过作轴，过作轴，直线与轴交于点，如图所示：

根据直线、与双曲线交点的对称性可得四边形是平行四边形，
，
直线与轴交于点，
当时，，即，
与双曲线分别相交于点，
联立，即，则，由，解得，
，即，解得，
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及平行四边形的判定与性质，熟练掌握平面直角坐标系中三角形面积求法是解决问题的关键．
13．
【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案．
【详解】解：∵点D，E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴；
如图，设，

由题意得，，且，
∴，
又F、G分别是的中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
由题意得，与的距离是，
∴，
∴边上的高为，
∴四边形面积，
∵，
∴，
故答案为：，．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，二次函数的性质，求函数解析式，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．
14．
【分析】过点作，且，连接，，根据平行四边形的判定和性质可得，，根据平行线的性质可得，，根据等边三角形的判定和性质可得，，根据等角对等边可得，根据勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：过点作，且，连接，，如图：

∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，，
又∵，，
∴，，
∵，，
∴三角形是等边三角形，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
∴，
解得：，
即．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等边三角形的性质，等角对等边，勾股定理等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
15．
【分析】过点B作交的延长线于点，连接，过点P作的平行线交于点，交于点，连接，过点作，分析可知为的最大值，为的最小值，据此即可求解．
【详解】解：过点B作交的延长线于点，连接，过点P作的平行线交于点，交于点，连接，过点作，如图所示：

由题意得：点在线段上运动（不与点重合），点在线段上运动（不与点重合），
∴为的最大值，当时，取得最小值，最小值等于的长，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵且，
∴，
∵P为的中点，
∴，
∵P为的中点，
∴为的中点，
∴，
∵，
∴，
故，
∵点M与点B、C不重合，
∴的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理、动点轨迹问题，平行四边形的判定和性质，垂线段最短等知识的综合．根据题意确定动点轨迹是解题关键．
16．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由B是的中点得，结合，，根据全等三角形的判定定理“”即可证明≌；
（2）由（1）中≌得，进一步得，再结合，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】（1）解：∵B是的中点，
∴．
在和中，
∴≌（）．
（2）如图所示，
∵≌，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法与性质是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)图②：，图③：
(3)1或7
【分析】（1）求证，，得，所以，进而，所以；
（2）如图②，当点E在线段延长线上，时，同（1），，得，结合平行四边形性质，得，所以；如图③，当点E在线段延长线上，时，求证，得，同（1）可证，，结合平行四边形性质，得，所以；
（3）如图①，中，勾股定理，得 ，求得；如图②，，则,中，，可得图②中，不存在，的情况；如图③，中，勾股定理，得 ，求得．
【详解】（1）证明：，
．
，
∴
∴
．
，
．
．
，
．
．
四边形是平行四边形，
．
；
（2）如图②，当点E在线段延长线上，时，

同（1），，
∴
四边形是平行四边形，
．
∴
即；
如图③，当点E在线段延长线上，时，

∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
同（1）可证，
∴
四边形是平行四边形，
．
∴
即
（3）如图①，∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∵
∴
中，,，
由，得；
如图②，，则,中，，
∴,与矛盾，故图②中，不存在，的情况；
如图③，
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴
中，，
∴
由知，．
综上，或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定是解题的关键．
18．(1)PA＝PE
(2)见解析
(3)BE的长为或7
【分析】（1）连接BD，证明△BDC是等腰直角三角形，可得∠ADP＝∠PBE＝135°，进而证明△ADP≌△EBP（ASA），即可得PA＝PE；
（2）过点P作PF⊥CD交DE于点F，证明△ADP≌△EFP（ASA），由cs∠PDF＝，根据DE＝DF+EF，即可得证；
（3）①当点P在线段CD上时，如图②，作AG⊥CD，交CD延长线于G，②当点P在CD的延长线上时，作AG⊥CD，交CD延长线于G，分别求解即可．
【详解】（1）解：连接BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，
∵AD＝BD，
∴∠BDC＝∠C＝45°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵点P为CD的中点，
∴DP＝BP，∠CPB＝45°，
∴∠ADP＝∠PBE＝135°，
∵PA⊥PE，
∴∠APE＝∠DPB＝90°，
∴∠APD＝∠BPE，
∴△ADP≌△EBP（ASA），
∴PA＝PE；
（2）证明：如图，过点P作PF⊥CD交DE于点F，
∵PF⊥CD，EP⊥AP，
∴∠DPF＝∠APE＝90°，
∴∠DPA＝∠FPE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C＝∠DAB＝45°，AB∥CD，
又∵AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝∠C＝∠CDB＝45°，
∴∠ADB＝∠DBC＝90°，
∴∠PFD＝45°，
∴∠PFD＝∠PDF，
∴PD＝PF，
∴∠PDA＝∠PFE＝135°，
∴△ADP≌△EFP（ASA），
∴AD＝EF，
在Rt△FDP中，∠PDF＝45°，
∵cs∠PDF＝，
∴DF＝，
∵DE＝DF+EF，
∴DA+DP＝DE；
（3）解：当点P在线段CD上时，如图②，作AG⊥CD，交CD延长线于G，
则△ADG是等腰直角三角形，
∴AG＝DG＝3，
∴GP＝4，
∴PD＝1，
由（2）得，DA+DP＝DE；
∴3+＝DE，
∴DE＝4，
∴BE＝DE﹣BD＝4﹣3＝，
当点P在CD的延长线上时，作AG⊥CD，交CD延长线于G，
同理可得△ADP≌△EFP（AAS），
∴AD＝EF，
∵PD＝AG+DG＝4+3＝7，
∴DF＝PD＝7，
∴BE＝BD+DF﹣EF＝DF＝7，
综上：BE的长为或7．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，余弦，平行四边形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
19．(1)
(2)
(3)作图见解析，
【分析】（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得，由三角形内角和定理可得，根据点在边上，当时，取得最小值，最小值为；
（3）连接，设,然后结合勾股定理分析求解．
【详解】（1），
是等边三角形，
四边形是平行四边形，
，
，
为边上的高，
，
（2），，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，为底边上的高，则
点在边上，
当时，取得最小值，最小值为；
（3）如图，连接，
，则，
设， 则，，
折叠，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
延长交于点，如图，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
同理，当点F落在下方时，
．
综上，m的值为
【点睛】本题考查了轴对称的性质，特殊角的三角函数值，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证；
（2）过点作，交点的延长线于点，连接，，证明四边形四边形是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴
即
在和中
，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，

∵是等边三角形，
∴，
∵
∴
∴垂直平分，
∴
又∵，
∴，
∴,
∴在的垂直平分线上，
∵
∴在的垂直平分线上，
∴垂直平分
∴，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∴
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
在与中，
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：依题意，如图所示，延长交于点，

由（2）可知是等边三角形，
∴
∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴
由（2）可得
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
由（2）可知是的中点，则
∴
∴
∵折叠，
，
∴，
又，
∴，
∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，

∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
21．(1)，．
(2)①，理由见解析；②
(3)或
【分析】（1）观察图形可得与关于点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移距离；
（2）①连接，由对称性可得，，进而可得，即可得出结论；
②连接分别交于两点，过点作，交于点，由对称性可知：且，得出，证明四边形是矩形，则，在中，根据，即可求解；
（3）分，，两种情况讨论，设，则，先求得，勾股定理求得，进而表示出，根据由（2）②可得，可得，进而建立方程，即可求解．
【详解】（1）（1）∵关于轴对称的图形，与关于轴对称，
∴与关于点中心对称，
则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为
∵，
∴，
∵,关于直线对称，
∴，
即，
可以看作是向右平移得到的，平移距离为个单位长度．
故答案为：，．

（2）①，理由如下，
连接，

由对称性可得，，
∴，
②连接分别交于两点，过点作，交于点，

由对称性可知：且，
∵四边形为平行四边形，
∴
∴三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，
∵，
∴,
∴
（3）解：设，则，
依题意，，
当时，如图所示，过点作于点，

∴
∵，，
∴，
∴，则，
在中，，
∴，则，
∴
在中，，则，，
在中，，
，
∴
由（2）②可得，
∵
∴
∴，
解得：；
如图所示，若，则，

∵，则，
则，
∵，，
∵，
∴，
解得：，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．