文／康海芯

综观2021年全国各地的中考数学试卷，背景鲜活、形式新颖的平行四边形试题成了一道亮丽的风景线。为帮助同学们了解平行四边形的考查方式和基本解题思路，现从2021年中考卷中选取几例加以分析，供大家学习时参考。

一、学具拼接型

例1（2021·湖北荆门）如图1，将一副三角板在平行四边形ABCD中作如下摆放，设∠1=30°，那么∠2=（ ）。

图1

A.55° B.65°

C.75° D.85°

【分析】依据平行四边形的性质可知CD∥AB。要求∠2的度数，可以考虑延长等腰直角三角形的斜边EH交AB于点N，如图2，然后求出∠ENB的度数即可。根据等腰直角三角形的性质得∠FHE=45°，又因为∠NHB=∠FHE=45°，再根据三角形内角和定理求出∠HNB，问题得以解决。

解：如图2，延长EH交AB于N，

图2

∵△EFH是等腰直角三角形，

∴∠FHE=45°，

∴∠NHB=∠FHE=45°。

∵∠1=30°，

∴∠HNB=180°-∠1-∠NHB=105°。

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴CD∥AB，

∴∠2+∠HNB=180°，

∴∠2=75°。

故选C。

【点评】本题是一道平行四边形与三角形学具拼接的问题，设计新颖，巧妙地将特殊三角形与平行四边形进行结合，考查平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质。解决本题的关键是能根据平行四边形的性质得出CD∥AB，再利用平行线的性质求解。

二、辨析正误型

例2（2021·河北）如图3，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角。要在对角线BD上找点N、M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图4中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）。

图3

图4

A.甲、乙、丙都是

B.只有甲、乙才是

C.只有甲、丙才是

D.只有乙、丙才是

【分析】方案甲，连接AC，可以利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明；方案乙，先用“AAS”证明△ABN与△CDM全等，然后可利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；方案丙，先用“ASA”证明△ABN与△CDM全等，然后可利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明。

解：方案甲，连接AC，如图5所示。

图5

∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点，

∴OB=OD，OA=OC。

∵BN=NO，OM=MD，

∴NO=OM，

∴四边形ANCM为平行四边形。

方案甲正确。

方案乙，∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，AB∥CD，

∴∠ABN=∠CDM。

∵AN⊥BD，CM⊥BD，

∴∠ANB=∠CMD。

在△ABN和△CDM中，

∴△ABN≌△CDM（AAS），

∴AN=CM。

又∵AN∥CM，

∴四边形ANCM为平行四边形。

方案乙正确。

方案丙，∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BAD=∠BCD，AB=CD，AB∥CD，

∴∠ABN=∠CDM。

∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，

∴∠BAN=∠DCM。

在△ABN和△CDM中，

∴△ABN≌△CDM（ASA），

∴AN=CM，∠ANB=∠CMD，

∴∠ANM=∠CMN，

∴AN∥CM，

∴四边形ANCM为平行四边形。

方案丙正确。故应选A。

【点评】本题是一道平行四边形方案设计问题，图文并茂，直观形象，利于理解，通过辨别三个方案是否正确，较好地考查了综合运用全等三角形、平行四边形的性质和判定来解决问题的能力。

三、条件选择型

例3（2021·江苏宿迁）在①AE=CF；②OE=OF；③BE∥DF这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程。

已知，如图6，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，_______（填写序号）。

图6

求证：BE=DF。

【分析】因为四边形ABCD是平行四边形，可知AC与BD互相平分。要证明BE=DF，可以考虑利用平行四边形BEDF的性质来证明。而要证明四边形BEDF是平行四边形，方法不唯一，可以考虑加上条件OE=OF，问题即可得解。

解：选②。如图7，连接BF、DE。

图7

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BO=DO。

∵OE=OF，

∴四边形BEDF为平行四边形，

∴BE=DF。

【点评】本题是一道平行四边形条件开放性问题，答案不唯一，解题门槛低，较好地考查了灵活选择判定方法的能力。解决本题的关键是依据题中已知条件正确选择最恰当的证明方法。