核心考点03平行四边形2

核心考点03平行四边形目录考点一：多边形的对角线考点二：多边形内角与外角考点三：平面镶嵌（密铺）考点四：平行线之间的距离考点五：平行四边形的性质考点六：中心对称考点七：平行四边形的判定考点八：平行四边形的判定与性质考点九：三角形中位线定理考点十：反证法考点考点考向一．多边形（1）多边形的概念：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形．（2）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．（3）正多边形的概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．（4）多边形可分为凸多边形和凹多边形，辨别凸多边形可用两种方法：①画多边形任何一边所在的直线整个多边形都在此直线的同一侧．②每个内角的度数均小于180°，通常所说的多边形指凸多边形．（5）重心的定义：平面图形中，多边形的重心是当支撑或悬挂时图形能在水平面处于平稳状态，此时的支撑点或者悬挂点叫做平衡点，或重心．常见图形的重心（1）线段：中点（2）平行四边形：对角线的交点（3）三角形：三边中线的交点（4）任意多边形．二．多边形的对角线（1）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．（2）n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：n（n﹣3）2（n≥3，且n为整数）（3）对多边形对角线条数公：n（n﹣3）2的理解：n边形的一个顶点不能与它本身及左右两个邻点相连成对角线，故可连出（n﹣3）条．共有n个顶点，应为n（n﹣3）条，这样算出的数，正好多出了一倍，所以再除以2．（4）利用以上公式，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n．三．多边形内角与外角（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．（2）多边形的外角和等于360°．①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°．②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°．四．平面镶嵌（密铺）（1）平面图形镶嵌的定义：用形状，大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接．彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．（2）正多边形镶嵌有三个条件限制：①边长相等；②顶点公共；③在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°．判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．（3）单一正多边形的镶嵌：正三角形，正四边形，正六边形．（4）两种正多边形的镶嵌：3个正三角形和2个正方形、四个正三角形和1个正六边形、2个正三角形和2个正六边形、1个正三角形和2个正十二边形、1个正方形和2个正八边形等．（5）用任意的同一种三角形或四边形能镶嵌成一个平面图案．五．平行线之间的距离（1）平行线之间的距离从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离．（2）平行线间的距离处处相等．六．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．（3）平行线间的距离处处相等．（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．七．中心对称（1）中心对称的定义把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．（2）中心对称的性质①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．八．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．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD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．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD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．符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．九．平行四边形的判定与性质平行四边形的判定与性质的作用平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．十．三角形中位线定理（1）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．（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点∴DE∥BC，DE＝BC．十一．反证法（1）对于一个命题，当使用直接证法比较困难时，可以采用间接证法，反证法就是一个间接证法．反证法主要适合的证明类型有：①命题的结论是否定型的．②命题的结论是无限型的．③命题的结论是“至多”或“至少”型的．（2）反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．考点考点精讲一．多边形的对角线（共2小题）1．（2021春•杭州期末）从六边形的一个顶点出发最多能画对角线的条数为（）A．5条 B．4条 C．3条 D．2条【分析】根据由n边形的一个顶点可以引（n﹣3）条对角线解答即可．【解答】解：由n边形的一个顶点可以引（n﹣3）条对角线，故过六边形的一个顶点可以画对角线的条数是3，故选：C．【点评】本题考查了多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线是解题的关键．2．（2022春•金华期中）若一个多边形从一个顶点出发最多可连9条对角线，则这个多边形是十二边形．【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，得出n﹣3＝9，求出n即可．【解答】解：设这个多边形的边数是n，由题意得n﹣3＝9，解得n＝12．故答案为：十二．【点评】本题考查了多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线是解题的关键．二．多边形内角与外角（共4小题）3．（2022春•富阳区期中）五边形的外角和为（）A．180° B．360° C．450° D．540°【分析】根据多边形外角和定理求解即可．【解答】解：∵多边形的外角和为360°，∴五边形的外角和为360°，故选：B．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，解题的关键是熟记多边形的外角和是360°．4．（2022春•西湖区期末）一个六边形的外角和为360°．【分析】根据任何多边形的外角和是360度即可求出答案．【解答】解：六边形的外角和是360°．故答案为：360．【点评】考查了多边形的外角和定理，任何多边形的外角和是360度．外角和与多边形的边数无关．5．（2021春•西湖区校级期末）一个多边形的内角和为1440°，则这个多边形是10边形．【分析】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式得出（n﹣2）×180°＝1440，求出方程的解即可．【解答】解：设这个多边形的边数为n，则（n﹣2）×180°＝1440°，解得：n＝10，即这个多边形是10边形，故答案为：10．【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：边数为n（n≥3）的多边形的内角和＝（n﹣2）×180°．6．（2023•浙江模拟）一个n边形的内角和是540°，那么n＝5．【分析】根据n边形的内角和为（n﹣2）•180°得到（n﹣2）•180°＝540°，然后解方程即可．【解答】解：设这个多边形的边数为n，由题意，得（n﹣2）•180°＝540°，解得n＝5．故答案为：5．【点评】本题考查了多边的内角和定理：n边形的内角和为（n﹣2）•180°．三．平面镶嵌（密铺）（共2小题）7．（2022春•宽城区校级期末）学校购买一种正多边形状的瓷砖来铺满教室的地面，所购买的瓷砖形状不可能是（）A．等边三角形 B．正五边形 C．正六边形 D．正方形【分析】根据一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°，进而判断得出即可．【解答】解：A、等边三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺；B、正五边形的每个内角为：180°﹣360°÷5＝108°，不能整除360°，不能密铺；C、正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能密铺；D、正方形的每个内角是90°，4个能密铺．故选：B．【点评】本题主要考查了平面镶嵌，由平面镶嵌的知识可知只用一种正多边形能够铺满地面的是正三角形或正四边形或正六边形．8．（2020春•射洪市期末）在现实生活中，铺地最常见的是用正方形地板砖，某小区广场准备用多种地板砖组合铺设，则能够选择的组合是（）A．正六边形，正八边形 B．正方形，正七边形 C．正五边形，正六边形 D．正三角形，正方形【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案．【解答】解：∵正三角形的每个内角60°，正方形的每个内角是90°，正五边形的每个内角是108°，正六边形的每个内角是120°，正八边形每个内角是180°﹣360°÷8＝135°，∴能够组合是正三角形，正方形，故选：D．【点评】本题考查平面镶嵌，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．四．平行线之间的距离（共2小题）9．（2022春•西湖区期末）如图，直线a∥b，则直线a，b之间的距离是（）A．线段AB B．线段AB的长度 C．线段CD D．线段CD的长度【分析】根据平行线间的距离的定义，可得答案．【解答】解：由直线a∥b，CD⊥b，得：线段CD的长度是直线a，b之间距离，故选：D．【点评】本题考查了平行线间的距离，利用平行线间的距离的定义是解题关键．10．如图，BC为固定的木条，AB，AC为可伸缩的橡皮筋．当点A在与BC平行的轨道上滑动时，你能说明△ABC的面积将如何变化吗？并简述你的理由．【分析】由于点A在与BC平行的轨道上滑动，根据两平行线间的距离相等，虽然点A在移动，但三角形的高不变，且底为BC不变，故面积不变．【解答】解：设△ABC的边BC上的高为h．由于轨道与BC平行，故h保持不变．根据S△ABC＝BC•h可知，△ABC的面积保持不变．【点评】在三角形的面积公式中底边和高不变，那么不论三角形如何变化其面积不变．五．平行四边形的性质（共3小题）11．（2022春•西湖区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，E，F分别在边AD，BC上，DE＝BF＝3，EF⊥AD，若EF＝8，AE＝9，AB的长为（）A．10 B． C．9 D．6【分析】过点B作BH⊥AD于H，证明四边形BHEF为矩形，由矩形的性质得出HE＝BF＝3，EF＝BH＝8，由勾股定理可得出答案．【解答】解：过点B作BH⊥AD于H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵EF⊥AD，BH⊥AD，∴BH∥EF，∴四边形BHEF是平行四边形，∵∠BHE＝90°，∴四边形BHEF为矩形，∴HE＝BF＝3，EF＝BH＝8，∵AE＝9，∴AH＝AE﹣HE＝9﹣3＝6，∴AB＝＝＝10．故选：A．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．12．（2022春•西湖区期中）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．（1）求证：AF＝CE；（2）若AC＝8，BC＝6，∠ACB＝30°，求平行四边形ABCD的面积．【分析】（1）先证∠ACB＝∠CAD，再证出△BEC≌△DFA，从而得出CE＝AF．（2）过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，根据含30°角的直角三角形的性质得出AG，进而利用平行四边形的面积解答即可．【解答】（1）证明：平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∴∠ACB＝∠CAD．又∵BE∥DF，∴∠BEC＝∠DFA，∴△BEC≌△DFA（AAS），∴CE＝AF．（2）解：过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，在Rt△AGC中，AC＝8，∠ACB＝30°，∴AG＝4，∴平行四边形ABCD的面积＝BC•AG＝4×6＝24．【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是利用AAS证出△BEC≌△DFA解答．13．（2021春•瓯海区期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是OD，OB的中点，连接AE，CF，求证：AE＝CF．【分析】利用SAS证明△ABE≌△CDF后利用全等三角形对应边相等即可证得结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，AB∥DC，OD＝OB，∴∠ABE＝∠CDF，∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴OE＝ED，OF＝BF，∴BE＝DF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF．【点评】考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．六．中心对称（共4小题）14．（2022春•安吉县期末）如图，在平面直角坐标系中，若△ABC与△A1B1C1关于E点成中心对称，点A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1，则对称中心E点的坐标是（）A．（3，﹣1） B．（0，0） C．（2，﹣1） D．（﹣1，3）【分析】连接对应点AA1、CC1，根据对应点的连线经过对称中心，则交点就是对称中心E点，在坐标系内确定出其坐标．【解答】解：如图，连接AA1、CC1，则交点就是对称中心E点．观察图形可知，E（3，﹣1）．故选：A．【点评】此题考查了中心对称的性质：对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分．确定E点位置是解决问题的关键．15．（2021春•鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于D（﹣1，0）成中心对称．已知点A的坐标为（﹣3，﹣2），则点A'的坐标是（）A．（1，3） B．（1，2） C．（3，2） D．（2，3）【分析】根据点D是线段AA′的中点以及中点坐标公式解答．【解答】解：设点A'的坐标是（a，b），根据题意知：＝﹣1，＝0．解得a＝1，b＝2．即点A'的坐标是（1，2），故选：B．【点评】本题综合考查了中心对称，坐标与图形的变化，难度不大，掌握对称中心的性质是解题的关键．16．（2022春•温州期中）如图，在直角坐标系中，平行四边形ABCD的BC边在x轴上，点A（0，3），B（﹣1，0），若直线y＝﹣2x+4恰好平分平行四边形ABCD的面积，则点D的坐标是（，3）．【分析】连接BD，设D（m，3），BD的中点为T．求出点T的坐标，利用的待定系数法，可得结论．【解答】解：连接BD，设D（m，3），BD的中点为T．∵B（﹣1，0），∴T（，），∵直线y＝﹣2x+4平分平行四边形ABCD的面积，∴直线y＝﹣2x+4经过点T，∴＝﹣2×+4，∴m＝，∴D（，3），故答案为：（，3）．【点评】本题考查中心对称，平行四边形的性质，一次函数的性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．17．（2020春•奉化区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0）．一个电动玩具从坐标原点O出发，第一次跳跃到点P1．使得点P1与点O关于点A成中心对称；第二次跳跃到点P2，使得点P2与点P1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点P3，使得点P3与点P2关于点C成中心对称；第四次跳跃到点P4，使得点P4与点P3关于点A成中心对称；第五次跳跃到点P5，使得点P5与点P4关于点B成中心对称；…照此规律重复下去，则点P2020的坐标为（2，2）．【分析】根据中心对称的性质找出部分Pn的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（﹣2，2），P6n+3（0，﹣2），P6n+4（2，2），P6n+5（﹣2，0）（n为自然数）”，依此规律即可得出结论．【解答】解：观察，发现规律：P0（0，0），P1（2，0），P2（﹣2，2），P3（0，﹣2），P4（2，2），P5（﹣2，0），P6（0，0），P7（2，0），…，∴P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（﹣2，2），P6n+3（0，﹣2），P6n+4（2，2），P6n+5（﹣2，0）（n为自然数）．∵2020＝6×336+4，∴P2020（2，2）．故答案为：（2，2）．【点评】本题考查了规律型中的点的坐标以及中心对称的性质，解题的关键是找出变化规律“P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（﹣2，2），P6n+3（0，﹣2），P6n+4（2，2），P6n+5（﹣2，0）（n为自然数）”．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据题意列出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是关键．七．平行四边形的判定（共6小题）18．（2022春•拱墅区期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（）A．∠ABD＝∠BDC，OA＝OC B．∠ABC＝∠ADC，AD∥BC C．∠ABC＝∠ADC，AB＝CD D．∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB【分析】利用所给条件结合平行四边形的判定方法进行分析即可．【解答】解：A、∵∠ABD＝∠BDC，OA＝OC，又∠AOB＝∠COD，∴△AOB≌△COD（AAS），∴DO＝BO，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；B、∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠ADC+∠BAD＝180°，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；C、∠ABC＝∠ADC，AB＝CD不能判断四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；D、∵∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB，∴∠ADB＝∠CBD，∴AD∥CB，∵∠ABD＝∠BDC，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；故选：C．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（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．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．19．（2022春•钱塘区期末）如图，点A，B，C在同一直线上，点D，E，F，G在同一直线上，且AC∥DG，AD∥BE∥CF，AF∥BG，AF与BE交于点H，BG与CF交于点I，则图中平行四边形有（）A．6个 B．5个 C．4个 D．3个【分析】由平行四边形的判定即可得出结论．【解答】解：∵AC∥DG，AD∥BE∥CF，AF∥BG，∴四边形ADEB、四边形ADFC、四边形AFGB、四边形BEFC、四边形BHFI都是平行四边形，故选：B．【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟记“两组对边分别平行的四边形为平行四边形”是解题的关键．20．在平面直角坐标系内，A、B、C三点的坐标为（0，0）、（﹣4，0）、（3，2），以A、B、C三点为顶点画平行四边形，则第四个顶点不可能在第四象限．【分析】根据坐标与图形的性质和平行四边形的对边平行且相等可以画出草图，然后解答即可．【解答】解：根据题意画出草图得：A、B、C三点位置如图所示，要使四边形ABCD为平行四边形，则点D有三种可能，即分别以AB、AC、BC为对角线的平行四边形，故第四个顶点不可能在第四象限，故答案为：四【点评】本题考查了平行四边形的判断和性质，解题的关键是利用已知条件正确画图再数形结合，能起到事半功倍的作用．21．在一个平面上有不在同一直线上的三点，则这些点为顶点的平行四边形的个数是3个．【分析】设不在同一直线上的三点为A、B、C，连接AB、BC、CA，分别以其中一条线段为对角线，另两边为平行四边形的边，可构成三个不同的平行四边形．【解答】解：设已知三点为A、B、C，连接AB、BC、CA，分别以AB、BC、CA为平行四边形的对角线，另外两边为边，可构成的平行四边形有三个：▱ACBD，▱ACEB，▱ABCF．故答案为：3．【点评】本题考查了平行四边形的判定以及分类讨论的数学思想，熟练掌握判定定理是解题的关键．22．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，E是BC的中点．求证：四边形AECD是平行四边形．【分析】已知BC＝2AD，E是BC的中点，可证CE＝AD，结合AD∥BC，利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可证结论．【解答】证明：∵BC＝2AD，E是BC的中点∴CE＝AD∵AD∥BC∴四边形AECD是平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判断方法之一：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．23．已知：在四边形ABCD中，AD∥BC，且AB＝DC＝5，AC＝4，BC＝3．求证：四边形ABCD为平行四边形．【分析】已知AB＝5，AC＝4，BC＝3，可证△ABC为直角三角形，由AD∥BC得∠CAD＝∠ACB＝90°，即△CAD为直角三角形，已知DC＝5，AC＝4，利用勾股定理可求AD＝3，那么两组对边分别相等的四边形是平行四边形．【解答】证明：∵AB＝5，AC＝4，BC＝3∴AB2＝AC2+BC2∴∠BCA＝90°∵AD∥BC∴∠DAC＝∠BCA＝90°∵DC＝5，AC＝4，∴AD2＝DC2﹣AC2＝9∴AD＝BC＝3∴四边形ABCD为平行四边形．【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理的运用，平行四边形的判定方法．在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．八．平行四边形的判定与性质（共7小题）24．（2022春•杭州期中）如图，在▱ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BF，CF＝，EF＝3，则AB的长是（）A． B．1 C． D．【分析】证四边形ABDE是平行四边形，得AB＝DE＝CD，再由勾股定理求出CE的长，即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝CD．∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形．∴AB＝DE＝CD，∴AB＝CE∵EF⊥BC，∴∠EFC＝90°．∴CE＝＝＝2，∴AB＝CE＝，故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．25．（2022•宁波模拟）如图，O是▱ABCD对角线AC上一点，过O作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，GH∥AB交AD于点G，交BC于点H，连结GE，GF，HE，HF，若已知下列图形的面积，不能求出▱ABCD面积的是（）A．四边形EHFG B．△AEG和△CHF C．四边形EBHO和四边形GOFD D．△AEO和四边形GOFD【分析】A、根据平行四边形的对角线平分平行四边形的面积可作判断；B、先根据等式的性质证明S▱BEOH＝S▱GOFD，再由同底边的平行四边形的面积的比是对应高的比可作判断；C、四边形EBHO的面积和四边形GOFD的面积相等，已知四边形EBHO和四边形GOFD的面积，不能求出▱ABCD面积；D、同选项B同理可作判断．【解答】解：A、在▱ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∵EF∥AD，GH∥AB，∴AD∥EF∥BC，AB∥GH∥CD，∴四边形AEOG，BEOH，CFOH，DFOG都是平行四边形，∴S△EOG＝S▱AEOG，S△EOH＝S▱BEOH，S△FOH＝S▱OHCF，S△FOG＝S▱OGDF，∴四边形EHFG的面积＝×▱ABCD的面积，∴已知四边形EHFG的面积，可求出▱ABCD的面积，故A不符合题意；B、∵S△ABC﹣S△AEO﹣S△CHO＝S△ACD﹣S△AOG﹣S△CFO，∴S▱BEOH＝S▱GOFD，∵＝，∴S▱BEOH＝S▱OGDF＝＝2，∴已知△AEG和△CHF的面积，可求出▱ABCD的面积，故B不符合题意；C、已知四边形EBHO和四边形GOFD的面积，不能求出▱ABCD面积，故C符合题意；D、∵＝，∴＝，∴S▱OHCF＝S2▱OGDF•，∴已知△AEO和四边形GOFD的面积，能求出▱ABCD面积；故D不符合题意；故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的面积公式和一条对角线平分平行四边形的面积是解本题的关键．26．（2022秋•婺城区期末）已知：如图，在▱ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，且∠ADE＝∠CBF．求证：四边形DEBF是平行四边形．【分析】【分析】根据平行四边的性质得出：AD＝BC，AB＝CD，∠DAC＝∠BCA，∠BAC＝∠ACD，证明△ADE≌△CBF（AAS），得出AE＝CF，DE＝BF，证明△AEB≌△CFD（SAS），得出BE＝DF，即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AB＝CD，∠DAC＝∠BCA，∠BAC＝∠ACD，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（AAS），∴AE＝CF，DE＝BF，在△AEB和△CFD中，，∴△AEB≌△CFD（SAS），∴BE＝DF，∴四边形DEBF是平行四边形．【点评】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定是解题的关键．27．（2022春•临海市月考）在▱ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且AE＝CF．求证：四边形BFDE是平行四边形．【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得DF∥BE，DF＝BE，所以四边形BFDE是平行四边形．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝CD，∵AE＝CF．∴DF∥BE，DF＝BE，∴四边形BFDE是平行四边形．【点评】此题主要考查平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是熟记一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．28．（2022春•温州校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是斜边AB上的一点，作DE⊥BC，垂足为E，延长DE到F，连结CF，使∠A＝∠F．（1）求证：四边形ADFC是平行四边形．（2）连接CD，若CD平分∠ADE，CF＝10，CD＝12，求四边形ADFC的面积．【分析】（1）由∠ACB＝90°，DE⊥BC，推出AC∥DF，得出∠A＝∠BDF，再证∠BDF＝∠F，则CF∥AB，即可得出结论；（2）先由AAS证得△ADC≌△FDC，得出AD＝DF，由平行四边形的性质得S四边形ADFC＝2S△CDF，AD＝CF＝DF＝10，设EF＝x，则DE＝10﹣x，再由勾股定理求出x＝，CE＝，即可得出结果．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵DE⊥BC，延长DE到F，∴AC∥DF，∴∠A＝∠BDF，∵∠A＝∠F，∴∠BDF＝∠F，∴CF∥AB，又∵AC∥DF，∴四边形ADFC是平行四边形；（2）解：∵CD平分∠ADE，∴∠ADC＝∠FDC，在△ADC和△FDC中，，∴△ADC≌△FDC（AAS），∴AD＝DF，由（1）得：四边形ADFC是平行四边形，∴S四边形ADFC＝2S△CDF，AD＝CF＝DF＝10，设EF＝x，则DE＝10﹣x，在Rt△CED中，由勾股定理得：CE2＝CD2﹣DE2，在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2＝CF2﹣EF2，∴122﹣（10﹣x）2＝102﹣x2，解得：x＝，∴CE＝＝＝，∴S四边形ADFC＝2S△CDF＝2×DF•CE＝2××10×＝96．【点评】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、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．29．（2022春•南湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F为垂足．（1）求证：四边形AFCE是平行四边形．（2）若AD＝13cm，AE＝12cm，AB＝20cm，求四边形AFCE的面积．【分析】（1）证明△AED≌△CFB，得到DE＝BF，进而可以解决问题；（2）根据勾股定理可得BF＝＝5cm，BE＝＝16cm，所以EF＝BE﹣BF＝11cm，进而可以求四边形AFCE的面积．【解答】（1）证明：如图，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD为平行四边形，∴OA＝OC，OD＝OB，AD∥BC，AD＝BC，∴∠ADE＝∠CBF，∵AE⊥BD，CF⊥BD，∴∠AED＝∠CFB＝90°，在△AED和△CFB中，，∴△AED≌△CFB（AAS），∴DE＝BF，∴OD﹣DE＝OB﹣BF，∴OE＝OF，∵OA＝OC，∴四边形AFCE是平行四边形；（2）解：∵四边形AECF是平行四边形，∴AE＝CF＝12cm，∵AD＝BC＝13cm，∵AE⊥BD，CF⊥BD，AB＝20cm，∴BF＝＝5cm，BE＝＝16cm，∴EF＝BE﹣BF＝11cm，∵S四边形AFCE＝AE•EF＝11×12＝132cm2，∴四边形AFCE的面积为132cm2．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△AED≌△CFB．30．（2022春•下城区校级期中）如图所示，在平行四边形ABCD中，点E，点F分别是AD，BC的中点，连接比BE，DF．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．（2）若BE平分∠ABC，AB＝5，求平行四边形ABCD的周长．【分析】（1）由平行四边形的性质和中点的性质可得DE＝BF，即可得结论；（2）由角平分线的性质和平行线的性质可证AB＝AE＝5，即可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵点E，点F分别是AD，BC的中点，∴AE＝DE＝AD，BF＝CF＝BC，∴DE＝BF，又∵DE∥BF，∴四边形BEDF是平行四边形；（2）解：∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠EBC，又∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBC，∴∠ABE＝∠AEB，∴AE＝AB＝5，∴AD＝2AE＝10，∴平行四边形ABCD的周长＝2×（5+10）＝30．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．九．三角形中位线定理（共7小题）31．（2022春•鹿城区校级期中）如图，在△ABC中，D，E分别是BC，AC的中点，F是AB边上的一个动点，连结DE，EF，FD．若△ABC的面积为20，则△DEF的面积是（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】连接BE，根据三角形的面积公式求出△DEB的面积，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，得到△DEF的面积＝△DEB的面积，得到答案．【解答】解：连接BE，∵点E是AC的中点，△ABC的面积的为20，∴△CEB的面积＝×△ABC的面积＝10，∵点D是AB的中点，∴△DEB的面积＝×△CEB的面积＝5，∵D，E分别是BC，AC的中点，∴DE∥AB，∴△DEF的面积＝△DEB的面积＝5，故选：C．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形的面积计算，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．32．（2022春•金华月考）如图，DE是△ABC的中位线，直角∠AFB的顶点在DE上，AB＝5，BC＝8，则EF的长为（）A．1 B．1.5 C．2 D．不能确定【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF＝AB，再利用三角形中位线定理可得DE＝4，进而可得答案．【解答】解：如图，∵D为AB中点，∠AFB＝90°，AB＝5，∴DF＝AB＝2.5，∵DE是△ABC的中位线，BC＝8，∴DE＝4，∴EF＝4﹣2.5＝1.5，故选：B．【点评】此题主要考查了直角三角形的性质和三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．33．（2022春•滨江区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，连结DE，EF，则四边形ADEF的周长为9．【分析】根据线段中点的概念分别求出AD、AF，根据三角形中位线定理分别求出DE、EF，计算即可．【解答】解：∵点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，∴AD＝AB＝2，AF＝AC＝2.5，DE、EF是△ABC的中位线，∴EF＝AB＝2，DE＝AC＝2.5，∴四边形ADEF的周长＝AD+DE+EF+AF＝2+2.5+2+2.5＝9，故答案为：9．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．34．（2022春•富阳区期中）如图，已知△ABC中，点M是BC边上的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，若AB＝8，MN＝2，则AC的长为12．【分析】延长BN交AC于D，证明△ANB≌△AND，根据全等三角形的性质、三角形中位线定理计算即可求出AC的长．【解答】解：如图，延长BN交AC于D，在△ANB和△AND中，，∴△ANB≌△AND（ASA），∴AD＝AB＝8，BN＝ND，又∵M是△ABC的边BC的中点，∴MN是△BCD的中位线，∴DC＝2MN＝4，∴AC＝AD+CD＝8+4＝12，故答案为：12．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是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．35．（2022春•雁塔区校级期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若EF＝3，求DE的长．【分析】先证明DE为△ABC的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求出BC＝EF＝3，根据中位线定理即可求解．【解答】解：∵D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE＝BC，∴EF∥BC，∵CF∥BE，∴四边形BCFE为平行四边形，∴BC＝EF＝3，∴DE＝BC＝．【点评】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键．36．（2021春•永嘉县校级期末）如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝8cm，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF，求线段EF的长．【分析】首先证明△AGF≌△ACF，则AG＝AC＝4，GF＝CF，证明EF是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理即可求解．【解答】解：在△AGF和△ACF中，，∴△AGF≌△ACF（ASA）．∴AG＝AC＝8，∴GF＝CF，则BG＝AB﹣AG＝12﹣8＝4（cm）．又∵BE＝CE，∴EF是△BCG的中位线．∴EF＝BG＝2cm．答：EF的长为2cm，【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，正确证明GF＝CF是关键．37．（2021春•越城区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝13，AC＝23，点D在AC上，若BD＝CD＝10，AE平分∠BAC．（1）求AE的长；（2）若F是BC中点，求线段EF的长．【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得DE＝5，根据勾股定理计算AE的长即可；（2）根据三角形的中位线定理可得结论．【解答】解：（1）∵AC＝23，CD＝10，∴AD＝23﹣10＝13，∵AB＝13，∴AB＝CD，∵AE平分∠BAC，∴DE＝BE，AE⊥BD，∵BD＝10，∴DE＝5，∴AE＝＝＝12；（2）∵E是BD的中点，F是BC中点，∴EF＝CD＝＝5．【点评】本题考查了三角形的中位线定理和等腰三角形三线合一的性质，勾股定理的应用，熟练掌握这些性质是关键．一十．反证法（共3小题）38．（2021春•嵊州市期末）已知△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°，下面写出运用反证法证明这个命题的四个步骤：①∴∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾②因此假设不成立．∴∠B＜90°③假设在△ABC中，∠B≥90°④由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°．这四个步骤正确的顺序应是（）A．④③①② B．③④②① C．①②③④ D．③④①②【分析】根据反证法的一般步骤判断即可．【解答】解：运用反证法证明这个命题的四个步骤：1、假设在△ABC中，∠B≥90°，2、由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°，3、∴∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾，4、因此假设不成立．∴∠B＜90°，故选：D．【点评】本题考查的是反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．39．（2022春•温州校级月考）若用反证法来证明命题“若a＞1，则a2＞1”，第一步应假设（）A．a2＞1 B．a2≥1 C．a2≤1 D．a2＜1【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可．【解答】解：用反证法来证明命题“若a＞1，则a2＞1”，第一步假设a2≤1，故选：C．【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．40．（2022秋•江北区期末）反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”．用反证法证明：“已知在△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．”时，第一步应假设∠B≥90°．【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．【解答】解：用反证法证明：“已知在△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．”时，第一步应假设：∠B≥90°，故答案为：∠B≥90°．【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤，在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．巩固巩固提升一、单选题1．（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．2．（2023春·浙江·八年级专题练习）用反证法证明命题“已知在中，，则”时，首先应该假设（

）A． B．C． D．且【答案】A【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．【详解】解：用反证法证明命题“已知在中，，则”时，首先应该假设．故选：A【点睛】本题考查的是反证法的应用，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤，在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．3．（2019秋·浙江·八年级统考期末）A和B两地在一条河的两岸，现要在河上造一座桥MN，使从A到B的路径AMNB最短的是（假定河的两岸是平行线，桥与河岸垂直）（）A． B． C． D．【答案】D【分析】过A作河的垂线AH，要使最短，MN⊥直线a，AI＝MN，连接BI即可得出N，作出AM、MN、BN即可．【详解】解：根据垂线段最短，得出MN是河的宽时，MN最短，即MN⊥直线a（或直线b），只要AM+BN最短即可，即过A作河岸a的垂线AH，垂足为H，在直线AH上取点I，使AI等于河宽．连接IB交河的b边岸于N，作MN垂直于河岸交a边的岸于M点，所得MN即为所求．故选：D．【点睛】本题主要考查了最短路径的问题，运用到了两点之间线段最短，平行四边形等知识点，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．4．（2023春·八年级单元测试）小明家住黄山市，小明的爸爸刚在市区买了一套住房，带着小明去选地砖准备装修，看着满目美丽的正三角形，正方形、正六边形、正八边形地砖，不知道选哪种好，但是爸爸告诉小明：有一种地砖是不能单独铺满地面的，必须与另外一种形状的地砖混合使用，让小明指出这种地砖，小明略加思考便选出来了，小明选择的地砖的形状是（

）A．正三角形 B．正方形 C．正八边形 D．正六边形【答案】C【分析】根据正多边形的镶嵌应符合一个内角能整除进行判断即可．【详解】解：A、正三角形的每个内角是，能整除，能密铺，故A不符合题意;B、正方形的每个内角是，4个能密铺，故B不符合题意;C、正八边形每个内角是，不能整除，不能密铺，故C符合题意;D、正六边形的每个内角是，能整除，能密铺，故D不符合题意．故选C．【点睛】本题考查了正多边形的镶嵌，能正确求出正多边形的一个内角是解决本题的关键．5．（2022春·浙江宁波·八年级统考期中）若一个多边形的每个外角都是，则这个多边形的边数为（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】一个多边形的外角和为360°，而每个外角为，进而求出外角的个数，即为多边形的边数．【详解】解：，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和是360°是解决问题的关键．6．（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．7．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，在中，平分交AC于点D，且，F在BC上，E为AF的中点，连接DE，若，，，则AB的长为（

）A． B． C． D．9【答案】A【分析】证明，推出，，得到，设，求得，在中，利用勾股定理求得，据此即可求解．【详解】解：∵BD平分交AC于点D，且，∴，，又，∴，∴，，∵E为AF的中点，∴，设，则，，，∴，在中，，解得，∴，故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．8．（2022春·浙江舟山·八年级校考阶段练习）如图，小明从正八边形（各边相等，各内角也相等）草地的一边AB上一点S出发，步行一周回到原处在步行的过程中，小明转过的角度的和是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正八边形的内角和求出每个内角，再求出每次转过的角度45°，一共转8次，利用45°×8计算即可.【详解】解：∵ABCDEFGH为正八边形，∴每个内角为（82）×180°÷8=135°，小明每转一次转过的角为180°135°=45°，步行一周回到原处，小明一共转八次所有转过的角度之和为45°×8=360°，故选:D．【点睛】本题考查正八边形的内角和、每个内角、外角与外角和，掌握正多边形相关知识是解题关键．9．（2021春·浙江宁波·八年级校考期中）下列说法：①伸缩门的制作运用了四边形的不稳定性；②夹在两条平行线间的垂线段相等；③成中心对称的两个图形不一定是全等图形；④一组对角相等的四边形是平行四边形；⑤用反证法证明“四边形中至少有一个角是钝角或直角”时，必先假设“四边形中至多有一个角是钝角或直角”；其中正确的有（

）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】直接利用四边形的性质以及中心对称图形的性质和反证法分别分析得出答案．【详解】①伸缩门的制作运用了四边形的不稳定性；正确；②夹在两条平行线间的垂线段相等；正确；③成中心对称的两个图形不一定是全等图形；错误，一定全等；④一组对角相等的四边形是平行四边形；错误；⑤用反证法证明“四边形中至少有一个角是钝角或直角”时，必先假设“四边形中至多有一个角是钝角或直角”；错误．故选：B【点睛】本题考查四边形的性质以及中心对称图形的性质和反证法，解题的关键是掌握相关定义．10．（2023春·八年级单元测试）如图，过对角线的交点，交于点，交于点，则：①；②图中共有4对全等三角形；③若，，则；④；其中正确的结论有（）A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③【答案】C【分析】根据平行四边形的性质得出，，证明，得出，判断①，根据平行四边形是中心对称图形，得出6对全等三角形，进而判断②，根据三角形三边关系得出的取值范围，判断③，根据全等三角形的性质判断④．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴，∴；故①正确，由平行四边形的中心对称性，全等三角形有：，，，，，共6对，故②错误；∵，∴，∴，∴，故③正确；∵，∴；故④正确；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，三角形三边关系，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．二、填空题11．（2020·浙江杭州·模拟预测）把一个多边形割去一个角后，得到的多边形内角和为1440°，则原来这个多边形的边数为_______．【答案】9或10或11【分析】先根据多边形的内角和公式（n2）•180°求出截去一个角后的多边形的边数，再根据截去一个角后边数增加1，不变，减少1讨论得解．【详解】解：设多边形截去一个角的边数为n，则（n2）•180°=1440°，解得n=10，∵截去一个角后边上可以增加1，不变，减少1，∴原多边形的边数是9或10或11．故答案为：9或10或11．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，关键是理解多边形截去一个角后边数有增加1，不变，减少1三种情况．12．（2020春·浙江杭州·八年级期末）过六边形一个顶点的所有对角线将六边形分成______个三角形；内角和是1080°的多边形是______边形．【答案】

4

8【分析】从n边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个多边形分割成（n2）个三角形，依此作答．【详解】解：过六边形的一个顶点的所有对角线可将六边形分成62=4个三角形，设此多边形边数是n，则（n2）•180°=1080°，解得n=8．故答案为：4，8．【点睛】本题主要考查多边形的对角线，根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．13．（2023春·八年级单元测试）一个正八边形，从它的一个顶点可引出m条对角线，并把这个正八边形分成n个三角形，则___________．【答案】【分析】过八边形的一个顶点可以引出5条对角线，过八边形的一个顶点画出所有的对角线，可以将这个八边形分成6个三角形，据此求得的值，继而即可求解．【详解】解：过八边形的一个顶点可以引出5条对角线，过八边形的一个顶点画出所有的对角线，可以将这个八边形分成6个三角形，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了多边形的对角线，掌握过多边形的一个顶点的对角线条数为是解题的关键．14．（2022春·浙江舟山·八年级校联考期末）已知一个正多边形的一个外角为36°，则这个正多边形的边数是_____．【答案】10【分析】先思考正多边形的外角和为360°，再根据一个外角为36°，即可求出正多边形的边数即可．【详解】正多边形的边数是：360°÷36°=10．故答案为：10．【点睛】本题主要考查了正多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．15．（2022秋·浙江台州·八年级台州市书生中学校考期中）已知中，，将按照如图所示折叠，若，则_____．【答案】【分析】利用三角形的内角和定理的推论，先用表示出，再利用邻补角和四边形的内角和定理用表示出，最后再利用三角形的内角和定理求出．【详解】解：由折叠知．∵，∴．∵，，∴．∴．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，掌握“三角形的内角和是”、“四边形的内角和是”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解决本题的关键．16．（2021春·浙江绍兴·八年级绍兴市元培中学校考期中）已知一个多边形的内角和是900°，把这个多边形剪去一个角，则剩下多边形的内角和可以是___________．【答案】或或【分析】先求出原多边形是七边形，剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变．根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．【详解】解：∵多边形的内角和是，∴，解得：，即原多边形是七边形，因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，当多边形的边数减少了1条边，内角和；当多边形的边数不变，内角和；当多边形的边数增加一条边，内角和．答：将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是或或，故答案为：或或．【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，在理解剪掉多边形的一个角的含义时，确定其剩余几边形是关键．三、解答题17．（2022秋·浙江绍兴·八年级校联考期中）如图，平分，平分，，垂足为，的周长为，面积为，求的长．【答案】【分析】根据角平分线的性质和三角形面积公式解答即可．【详解】解：如图，连结CD．平分，平分，点D到，，的距离相等，即为的长．的周长为，面积为，，即，解得．【点睛】本题考查了角平分线的性质，解题的关键是根据角平分线的性质得出三个距离相等．18．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在方格网中已知格点和点O．

（1）画和关于点O成中心对称；（2）请在方格网中标出所有使以点A、O、C、D为顶点的四边形是平行四边形的D点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据中心对称的作法，找出对称点，即可画出图形；（2）根据平行四边形的判定，画出使以点A、O、C、D为顶点的四边形是平行四边形的点即可．【详解】解：（1）如图所示：（2）如图所示：【点睛】此题考查了作图旋转变换，用到的知识点是旋转、中心对称、平行四边形的判定，关键是掌握中心对称的作法，作平行四边形时注意画出所有符合要求的图形．19．（2023春·八年级单元测试）已知：如图，在四边形中，，，垂足分别为，，延长、，分别交于点，交于点，若，．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)5．【分析】（1）证明，可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解决问题；（2）根据平行四边形的性质证明，然后根据勾股定理可得，进而可以解决问题．【详解】（1）证明：，，，∵，，在和中，，，，，四边形为平行四边形；（2）解：四边形为平行四边形，，，，，，，在中，，，，，．．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到．20．（2021春·浙江杭州·八年级期中）如图，在中，是的中点，延长到点，使，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得，，根据是的中点，，即可判定四边形是平行四边形；（2）过点作于点，根据四边形是平行四边形，得，，又根据四边形是平行四边形，，；根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，求出，的长度，即可求解．【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，，又∵F是AD的中点，∴，∵，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，（2）∵四边形是平行四边形∴，又∵四边形是平行四边形∴，∴过点作于点∴∵∴∴∴【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和判定，勾股定理，直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半．21．（2023春·八年级单元测试）在平行四边形中，，，垂足为E、F．(1)求证：．(2)连接，交于点M，交于点N，请直接写出图中所有的全等三角形．【答案】(1)证明见解析(2)；；；；【分析】（1）先证明四边形DEBF是平行四边形，即可得出；（2）根据题目所给的条件以及全等三角形的判定定理写出图中所有的全等的三角形即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形