第22讲多边形与平行四边形（讲义）

第22讲多边形与平行四边形目录TOC\o"13"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一多边形的相关概念题型01多边形的概念及分类题型02计算网格中不规则多边形面积题型03计算多边形对角线条数题型04对角线分三角形个数问题题型05多边形内角和问题题型06已知多边形内角和求边数题型07多边形的割角问题题型08多边形的外角问题题型09多边形内角和、外角和与平行线的合运用题型10多边形内角和、外角和与角平分线的综合运用题型11多边形内角和与外角和的综合应用题型12多边形外角和的实际应用题型13平面镶嵌考点二平行四边形的性质与判定题型01利用平行四边形的性质求解题型02利用平行四边形的性质证明题型03判断已知条件能否构成平行四边形题型04添加一个条件使四边形成为平行四边形题型05数平行四边形个数题型06求与已知三点组成平行四边形的点的个数题型07证明四边形是平行四边形题型08与平行四边形有关的新定义问题题型09利用平行四边形的性质与判定求解题型10利用平行四边形的性质与判定证明题型11平行四边形性质与判定的应用考点三三角形中位线题型01三角形中位线有关的计算题型02三角形中位线与三角形面积计算问题题型03与三角形中位线有关的证明题型04三角形中位线的实际应用题型05与三角形中位线有关的规律探究题型06与三角形中位线有关的格点作图题型07构造三角形中位线的常用方法类型一连接两点构造三角形中位线类型二已知中点，取另一条线段的中点构造中位线类型三利用角平分线垂直构造三角形的中位线

考点要求新课标要求命题预测多边形的相关概念了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线.探索并掌握多边形内角和与外角和公式.本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为10分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能性比较大．中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用．平行四边形的性质与判定探索并证明平行四边形的性质定理.探索并证明平行四边形的判定定理.三角形中位线探索并证明三角形中位线定理.考点一多边形的相关概念多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.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.

多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形，n边形的对角线条数为n(多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）.【解题技巧】1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形.【解题技巧】1）正n边形的每个内角为（n-22）正n边形有n条对称轴．3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.②从n边形的一个顶点可以引出（n3）条对角线，n个顶点可以引出n（n3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n-3)③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.④n边形的外角和是360°.⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．题型01多边形的概念及分类【例1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）在等边三角形、正五边形、正六边形、正七边形中，既是轴对称又是中心对称的图形是（）A．等边三角形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形【答案】C【分析】根据正多边形的性质和轴对称图形、中心对称的图形的识别进行判断即可．【详解】解：由正多边形的性质知，偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形，所以正六边形既是轴对称又是中心对称的图形，故选：C．【点睛】本题考查了正多边形的性质、轴对称图形、中心对称的图形的识别，熟知偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形是解题的关键．【变式11】（2023·江苏徐州·统考二模）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（

）A．1，1，1 B．1，1，8 C．1，2，2 D．2，2，2【答案】D【分析】若四条线段能组成四边形，则三条较短边的和必大于最长边，由此即可完成．【详解】A、1+1+1<5，即这三条线段的和小于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误；B、1+1+5<8，即这三条线段的和小于8，根据两点间距离最短即知，此选项错误；C、1+2+2=5，即这三条线段的和等于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误；D、2+2+2>5，即这三条线段的和大于5，根据两点间距离最短即知，此选项正确；故选：D．【点睛】本题考查了两点间线段最短，类比三条线段能组成三角形的条件，任两边的和大于第三边，因而较短的两边的和大于最长边即可，四条线段能组成四边形，作三条线段的和大于第四条边，因而较短的三条线段的和大于最长的线段即可．【变式12】（2022·辽宁盘锦·校考一模）下列命题正确的是（

）A．每个内角都相等的多边形是正多边形B．对角线互相平分的四边形是平行四边形C．过线段中点的直线是线段的垂直平分线D．三角形的中位线将三角形的面积分成1∶2两部分【答案】B【分析】分别根据正多边形的判定、平行四边形的判定、线段垂直平分线的判定以及三角形中线的性质逐项进行判断即可得到结论．【详解】解：A.每个内角都相等，各边都相等的多边形是正多边形，故选项A的说法错误，不符合题意；B.对角线互相平分的四边形是平行四边形,说法正确，故选项B符合题意；C.过线段中点且垂直这条线段的直线是线段的垂直平分线，故选项C的说法错误，不符合题意；D.三角形的中位线将三角形的面积分成1∶3两部分，故选项D的说法错误，不符合题意．故选：B．【点睛】此题主要考查了对正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断以及三角形中线性质的认识，熟练掌握正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断是解答此题的关键．题型02计算网格中不规则多边形面积【例2】（2022·北京海淀·统考二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为．【答案】9【分析】由图可得S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC，利用网格来计算两个三角形的面积相加即可．【详解】解：S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC=1故答案为：9【点睛】本题是求三角形的面积问题，解题关键是熟练对不规则三角形进行分割．【变式21】（2021·北京昌平·统考二模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D是网格线交点，则△ABC的面积与△ADB的面积大小关系为：S△ABCSΔADB（填“＞”“＝”【答案】=【分析】分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．【详解】解：∵SΔABDSΔABC∴SΔABC故答案为：=．【点睛】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是本题的关键．【变式22】（2021·湖南娄底·统考一模）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式S=a+12b-1（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“【答案】6【分析】根据题目要求，数出五边形内部格点的数量，五边形边上格点的数量，代入S=【详解】由图可知：五边形内部格点有4个，故a五边形边上格点有6个，故b∴S=a故答案为：6．【点睛】本题考查了网格中不规则多边形的计算，按题目要求尽心计算即可．【变式23】（2021·山西临汾·统考三模）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．你知道“皮克定理”吗？“皮克定理”是奥地利数学家皮克（如图1）发现的一个计算点阵中多边形的面积公式．在一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点．一个多边形的顶点如果全是格点，这个多边形就叫做格点多边形．有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出．即S=a+12b-1，其中a表示多边形内部的点数，b表示多边形边界上的点数，S表示多边形的面积．（利用图任务：（1）如图2，是6×6的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是_______．（2）已知：一个格点多边形的面积S为19，且边界上的点数b是内部点数a的3倍，则a+b（3）请你在图3中设计一个格点多边形．要求：①格点多边形的面积为8；②格点多边形是一个轴对称图形．【答案】（1）21；（2）32；（3）见解析【分析】（1）观察图形，得到a=16，b（2）由题意b=3a，然后列出关于a的方程，求出（3）由格点多边形的面积为8，然后根据轴对称的性质，即可画出图形．【详解】解：（1）由题意，如图：多边形内部的点数为：a=16多边形边界的点数为：b=12∴S=故答案为：21；（2）设内部点数是a，则b=3∴S=∴a=8∴b=8×3=24∴a+故答案为：32．（3）答案不唯一，只要符合题意要求即可．例如：【点睛】本题考查了多边形，解一元一次方程，轴对称的性质等知识，理解正方形网格纸中多边形面积的公式S=题型03计算多边形对角线条数【例3】（2023·浙江丽水·统考一模）已知一个多边形内角和为1080°，则这个多边形可连对角线的条数是（

）A．10 B．16 C．20 D．40【答案】C【分析】先根据多边形内角和计算公式求出这个多边形是八边形，再根据多边形对角线计算公式求解即可．【详解】解：设这个多边形为n边形，由题意得，180×n∴n=8∴这个多边形为八边形，∴这个多边形可连对角线的条数是8×8-3故选C．【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线计算公式，熟知n边形的对角线条数是nn【变式31】（2022·河北保定·统考一模）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（

）A．3 B．6 C．9 D．18【答案】A【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得n-【详解】解：设这个多边形为n边形，则n-∴n解得：n=6所以从这个多边形的一个顶点出发共有n-故选A．【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为n-2⋅180°,【变式32】（2021·云南普洱·统考一模）如图，从一个四边形的同一个顶点出发可以引出1条对角线，从五边形的同一个顶点出发，可以引出2条对角线，从六边形的同一个顶点出发，可以引出3条对角线，……，依此规律，从n边形的同一个顶点出发，可以引出的对角线数量为（

）A．n B．n-2 C．n-【答案】C【分析】根据题意可得从n边型的同一个顶点出发，可以引n-【详解】解：∵从一个四边形的同一个顶点出发可以引出4-3=1条对角线；从五边形的同一个顶点出发，可以引出5-3=2条对角线，从六边形的同一个顶点出发，可以引出6-3=3条对角线，∴从n边型的同一个顶点出发，可以引n-故选：C．【点睛】本题主要考查了图形类的规律题，解题的关键在于能够根据题意得到规律求解．【变式33】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）一个正多边形的中心角是72°，则过它的一个顶点有条对角线．【答案】2【分析】根据正多边形的中心角是72°，可得该正多边形是正五边形，然后利用过n边形的一个顶点有n-【详解】解：∵设正多边形的边数为n,且正多边形的中心角是72°∴72°n∴n∴过n边形的一个顶点有n-3条对角线，即故答案为：2．【点睛】本题考查的是多边形的对角线、正多边形的中心角等知识点，要掌握过n多边形的一个顶点有n-【变式34】（2022·陕西西安·校考三模）一个正多边形的每个外角为45°，则这个正多边形的对角线共有条．【答案】20【分析】根据正多边形的每一个外角都相等，多边形的边数=360°÷45°，进而求得多边形的对角线条数．【详解】解：这个正多边形的边数：360°÷45°=8，则对角线的条数是：12故答案是：20．【点睛】本题考查多边形内角与外角．解题的关键在于掌握正多边形的外角和为360°，并且正多边形的每一个外角都相等．题型04对角线分三角形个数问题【例4】（2019·广东深圳·校联考一模）如图，从多边形一个顶点出发作多边形的对角线，试根据下面几种多边形的顶点数、线段数及三角形个数统计结果，推断f,e,v三个量之间的数量关系是:多边形：

顶点个数f1:

4

5

6

…线段条数e:

5

7

9

…三角形个数v1:

2

3

4

…【答案】f+ve=1【分析】三角形个数等于顶点数减2，线段条数等于对角线条数加边数，即可求解；【详解】解：三角形个数v＝f−2，线段条数e＝f−3＋f＝2f−3，∴f+ve=1，故答案为f+ve=1；【点睛】本题考查多边形的边，顶点，三角形个数，熟练掌握多边形对角线的求法，多边形分割三角形的方法是解题的关键．题型05多边形内角和问题【例5】（2021·河南周口·统考二模）如图，⊙A，⊙B，⊙C，⊙D，⊙E相互外离，它们的半径都是2A．6π B．5π C．4π【答案】A【分析】求出五个扇形的圆心角之和，利用扇形面积公式求解即可．【详解】∵(5-2)×180°=540°∴S故选A．【点睛】本题考查了多边形内角和，扇形面积公式，理解题意是解题的关键．【变式51】（2022·江苏盐城·统考一模）下列多边形中，内角和最大的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据多边形内角和公式可直接进行排除选项．【详解】解：A、是一个三角形，其内角和为180°；B、是一个四边形，其内角和为360°；C、是一个五边形，其内角和为540°；D、是一个六边形，其内角和为720°；∴内角和最大的是六边形；故选D．【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．【变式52】（2022·河北石家庄·统考一模）如图，四边形ABCD中，∠1=93°，∠2=107°，∠3=110°，则∠D的度数为（

）A．125° B．130° C．135° D．140°【答案】B【分析】先根据平角的定义求出∠BAD【详解】∵∠1=93°，∠2=107°，∠3=110°，∠1+∠BAD=180°∴∠在四边形ABCD中，∵∠∴∠故选：B．【点睛】本题考查了平角的定义及四边形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．【变式53】（2020·辽宁葫芦岛·统考三模）如图，多边形ABCDEFG中，∠E=∠F=∠G=108°A．108° B．72° C．54° D．36°【答案】B【分析】连接CD，设AD与BC交于点O，根据多边形的内角和公式即可求出∠E＋∠F＋∠G＋∠EDC＋∠GCD，根据各角的关系即可求出∠ODC＋∠OCD，然后根据对顶角的相等和三角形的内角和定义即可求出结论．【详解】解：连接CD，设AD与BC交于点O∵∠E＋∠F＋∠G＋∠EDC＋∠GCD=180°×（5－2）=540°，∠E=∠F∴108°＋108°＋108°＋72°＋∠ODC＋72°＋∠OCD=540°∴∠ODC＋∠OCD=72°∵∠AOB=∠COD∴∠A＋∠B=180°－∠AOB=180°－∠COD=∠ODC＋∠OCD=72°故选B．【点睛】此题考查的是多边形的内角和公式和对顶角的性质，掌握多边形的内角和公式和对顶角相等是解决此题的关键．【变式54】（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形AMNP的边AM在正五边形ABCDE的边AB上，则∠PAE=【答案】18【分析】由正方形的性质及正五边形的内角可直接进行求解．【详解】解：∵四边形AMNP是正方形，五边形ABCDE是正五边形，∴∠EAB∴∠PAE故答案为18．【点睛】本题主要考查正多边形的性质，熟练掌握正多边形的定义是解题的关键．【变式55】（2021·陕西·三模）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则∠ABC等于【答案】30【分析】先证出内部的图形是正六边形，求出内部小正六边形的内角，即可得到∠ACB的度数，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．【详解】解：由题意六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成，可得BD=AC，BC=AF，∴CD=CF，同理可证小六边形其他的边也相等，即里面的小六边形也是正六边形，∴∠1=16∴∠2=180°120°=60°，∴∠ABC=30°，故答案为：30．【点睛】本题考查正多边形的证明、多边形的内角和以及三角形的内角和，熟练掌握多边形内角和的计算是解题的关键．题型06已知多边形内角和求边数【例6】（2022·湖南怀化·统考模拟预测）一个多边形的内角和为900°，则这个多边形是（）A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形【答案】A【分析】根据n边形的内角和是（n﹣2）•180°，列出方程即可求解．【详解】解：根据n边形的内角和公式，得（n﹣2）•180°=900°，解得n=7，∴这个多边形的边数是7，故选：A．【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．【变式61】（2022·北京房山·统考一模）下列多边形中，内角和为720°的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用n边形内角和公式为(n2)×180°，构造方程确定n即可．【详解】∵n边形内角和公式为(n2)×180°，∴(n2)×180°=720°，解得n=6，故选D．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，熟练掌握公式，准确解方程，准确识图是解题的关键．题型07多边形的割角问题【例7】（2020·浙江杭州·模拟预测）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°．则原来多边形的边数是．【答案】9或10或11【分析】先根据多边形的内角和公式n-【详解】解：设多边形截去一个角的边数为n，根据题意得：n∴又∵截去一个角后的多边形的边可以增加1、不变、减少1，∴原多边形的边数为9或10或11．【点睛】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以不变、增加或者减少．【变式71】（2018·山东聊城·统考模拟预测）如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是．【答案】180°或360°或540°【详解】分析:剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解.详解:n边形的内角和是（n2）•180°，边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+12）×180°=540°，所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（42）×180°=360°，所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（412）×180°=180°，因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°．故答案为540°或360°或180°.点睛：本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，是解决本题的关键.【变式72】（2021·河北唐山·统考一模）如图，一张内角和为1800°的多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到的新多边形的边数为．【答案】13【分析】根据多边形内角和公式，可得原多边形的边数，根据新多边形比原多边形多1条边，可得答案．【详解】解：设原多边形是n边形，由多边形内角和公式得：（n2）180°=1800°，解得n=12，新多边形是12+1=13，故答案为：13．【点睛】本题考查了剪纸问题，多边形内角与外角，掌握多边形的内角和公式是解题关键．一个n变形剪去一个角后，若剪去的一个角只经过一个顶点和一边，则剩下的形状是n边形，若剪去的一个角经过两条邻边，则剩下的形状是（n＋1）边形，若剪去的一个角经过两个相邻点，则剩下的形状是（n－1）边形．所以遇到相关题目时，要分类讨论．题型08多边形的外角问题【例8】（2022·湖南长沙·模拟预测）若一个正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的边数是（

）A．10 B．9 C．8 D．6【答案】D【分析】根据多边形的外角和等于360°计算即可．【详解】解：360°÷60°＝6，即正多边形的边数是6．故选：D．【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和等于360°，正多边形的每个外角都相等是解题的关键．【变式81】（2020·江苏扬州·统考模拟预测）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（）A．100米 B．80米 C．60米 D．40米【答案】B【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转45°，∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．故选：B．【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．【变式82】（2020·山东济宁·济宁学院附属中学校考二模）正十边形的外角和为（

）A．180° B．360° C．720° D．1440°【答案】B【分析】根据多边的外角和定理进行选择．【详解】解：因为任意多边形的外角和都等于360°，所以正十边形的外角和等于360°，．故选B．【点睛】本题考查了多边形外角和定理，关键是熟记：多边形的外角和等于360度．题型09多边形内角和、外角和与平行线的综合运用【例9】（2022·河南·统考模拟预测）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∠1=19°，则∠2的度数为（）A．41° B．51° C．42° D．49°【答案】A【分析】先求出正六边形的内角和外角，再根据三角形的外角性质以及平行线的性质，即可求解．【详解】解：∵正六边形的每个内角等于120°，每个外角等于60°，∴∠FAD=120°∠1=101°，∠ADB=60°，∴∠ABD=101°60°=41°∵光线是平行的，∴∠2=∠ABD=41°，故选A【点睛】本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质以及正六边形的性质，掌握三角形的外角性质以及平行线的性质是解题的关键．【变式91】（2019·四川宜宾·校联考一模）如图，AB∥CD，∠BED=61°，∠ABE的平分线与∠CDE的平分线交于点F，则∠DFB=（）A．149° B．149.5° C．150° D．150.5°【答案】B【分析】过点E作EG∥AB，根据平行线的性质可得“∠ABE+∠BEG=180°，∠GED+∠EDC=180°”，根据角的计算以及角平分线的定义可得“∠FBE+∠EDF=12∠ABE+∠CDE）”，再依据四边形内角和为360°【详解】如图，过点E作EG∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥GE，∴∠ABE+∠BEG=180°，∠GED+∠EDC=180°，∴∠ABE+∠CDE+∠BED=360°；又∵∠BED=61°，∴∠ABE+∠CDE=299°．∵∠ABE和∠CDE的平分线相交于F，∴∠FBE+∠EDF=12（∠ABE+∠CDE）=149.5°∵四边形的BFDE的内角和为360°，∴∠BFD=360°149.5°61°=149.5°．故选B．【点睛】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理以及四边形内角和为360°，解决该题型题目时，根据平行线的性质得出相等（或互补）的角是关键．【变式92】（2023·安徽合肥·合肥市第四十二中学校考模拟预测）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3是外角，则∠1+∠2+∠3等于（A．100° B．180° C．210° D．270°【答案】B【分析】根据平行线的性质可得∠B【详解】解：∵∠1+∠BAE=180°，∠2+∠AED∴∠1+∠BAE∴∠1+∠2+∠3=540°-∠∵AB∴∠B∵∠B∵∠BAE∴∠1+∠2+∠3=540°-360°=180°，故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角和和平行线的性质，熟记多边形的内角公式为n-【变式93】（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A1A2A3……

【答案】6【分析】过A2作A2B∥A1An，根据平行线的性质可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1【详解】解：过A2作A

则∠4=∠3，∠∵∠1-∠2=60°∴∠设正多边形的内角为x，则∠4=180°-∴x∴∠3=∵180°-x=∴∠4=60°∴这个正多边形的边数为360°÷60°=6故答案为：6．【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外角性质是解题的关键．【变式94】（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，AB∥CD，AD平分∠BDC，CE∥AD，∠(1)求∠BAD(2)若∠F=40°，求∠【答案】(1)30°(2)110°【分析】（1）根据∠DCE=150°和CE∥AD可求得∠ADC=30°，然后根据AB∥（2）由AD平分∠BDC，可得∠CDF=2∠ADC=60°，然后由四边形的内角和是【详解】（1）解：∵CE∥AD，∴∠ADC∴∠ADC∵AB∥CD，∴∠BAD（2）解：∵AD平分∠BDC∴∠CDF∵∠E∴∠E【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形内角和定理、角平分线的的定义，熟记相关定理是解题的关键.题型10多边形内角和、外角和与角平分线的综合运用【例10】（2022·贵州黔东南·模拟预测）如图，AB∥CD，∠BED=100°，BF、DF分别为∠ABE、∠CDE的角平分线，则A．100° B．120° C．130° D．135°【答案】C【分析】先过E作EG//AB，根据平行线的性质即可得到∠ABE+∠BED+∠CDE=360°，再根据DE⊥BE，【详解】解：如图所示，过E作EG//∵AB∴EG∴∠ABE+∠BEG∴∠ABE又∵DE⊥BE，BF，DF分别为∠∴∠FBE∴四边形BEDF中，∠BFD故选：C．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及角平分线的定义的运用，四边形内角和定理，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．解决问题的关键是作平行线．【变式101】（2022·江苏泰州·统考一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝150°，∠C＝60°，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，则∠BOD的度数为（

）A．120° B．125° C．130° D．135°【答案】D【分析】由题意易得∠ABO=12∠【详解】解：∵∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，∴∠ABO∵∠A＝150°，∠C＝60°，∴∠ABC∴∠ABO∴∠BOD故选D．【点睛】本题主要考查四边形内角和及角平分线的定义，熟练掌握四边形内角和及角平分线的定义是解题的关键．【变式102】（2022·山东济南·统考一模）如图，正五边形ABCDE中，内角∠EAB的角平分线与其内角∠ABC的角平分线相交于点P，则∠APB＝度．【答案】72【分析】首先根据正五边形的性质得到∠EAB=∠ABC=108度，然后根据角平分线的定义得到∠PAB=∠PBA=54度，再利用三角形内角和定理得到∠APB的度数．【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，∴∠EAB=∠ABC=（5-2）∵AP是∠EAB的角平分线，∴∠PAB=54度，∵BP是∠ABC的角平分线，∴∠ABP=54°．∴∠APB=180°54°54°=72°，故答案为：72．【点睛】本题考查了多边形内角和，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．【变式103】（2021·江苏苏州·苏州市振华中学校校考二模）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠【答案】15°【分析】先根据角平分线的定义可得∠PAB=1【详解】解：∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点∴∠PAB∵在四边形ABCD中，∠D∴∠DAB由三角形的外角性质得：∠P=90°-1=90°-1=90°-1=15°，故答案为：15°．【点睛】本题考查了四边形的内角和、角平分线的定义等知识点，熟练掌握四边形的内角和是解题关键．【变式104】（2020·河北·模拟预测）如图所示，过正五边形ABCDE的顶点B作一条射线与其内角∠EAB的角平分线相交于点P，且∠ABP=60°，则【答案】66【分析】首先根据正五边形的性质得到∠EAB=108度，然后根据角平分线的定义得到∠PAB【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，∴∠EAB∵AP是∠EAB∴∠PAB∵∠ABP∴∠APB故答案为66．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．题型11多边形内角和与外角和的综合应用【例11】（2022·河北唐山·统考一模）如图，由一个正六边形和正五边形组成的图形中，∠1的度数应是（

）A．72° B．84° C．82° D．94°【答案】B【分析】根据正多边形内角和公式求出正六边形和正五边形的内角和内角的补角，结合三角形内角和定理即可求解；【详解】解：正六边形的内角为：180°×6-26=120°正五边形的内角为：180°×5-25=108°∴∠1=360°-故选：B【点睛】本题主要考查多边形内角和公式，三角形的内角和定理，掌握相关知识并正确求解是解题的关键．【变式111】（2022·广西梧州·统考一模）一个正多边形的内角和是1260°，则这个正多边形的一个外角等于（

）A．60° B．45° C．72° D．40°【答案】D【分析】先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求得内角即可，进而得出其外角度数．【详解】解：设正多边形的边数为n，∵正多边形的内角和为1260°，∴（n2）×180°=1260°，解得：n=9，∵360°÷9=40°，∴正九边形的每个外角40°，故选：D．【点睛】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．【变式112】（2022·安徽合肥·统考一模）如图，五边形ABCDE是正五边形，AF∥DG，若∠2=20°，则∠1=（A．60° B．56° C．52° D．40°【答案】B【分析】延长DE，FA交于点H，由正五边形的性质，解得∠3=360°5【详解】解：延长DE，FA交于点H，如图，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠3∵∴∴∠1=∠∵∠∴∠∴∠1=∠H故选：B．【点睛】本题考查正五边形的性质、两直线平行，内错角相等、三角形的外角性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．【变式113】（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（

）A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1【答案】D【分析】根据正八边形的外角和等于360°，求出每个外角的度数，再求出每个内角的度数，进而即可求解．【详解】解：正八边形中，每个外角=360°÷8=45°，每个内角=180°45°=135°，∴每个内角与每个外角的度数之比=135°：45°=3：1，故选D．【点睛】本题主要考查正多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和等于360°，是解题的关键．【变式114】．（2023·山西大同·大同一中校联考模拟预测）等边三角形、正方形及正五边形各一个，按下图放在同一平面内，则∠1+∠2+∠3=（

）

A．102° B．104° C．106° D．108°【答案】A【分析】根据正方形，正三角形和正五边形的内角以及正多边形的外角和即可即可求解．【详解】正三角形的每个内角为180°÷3=60°，正五边形的每个内角5-2×180°÷5=108°正方形的每一个内角为360°÷4=90°，∴∠1+∠2+∠3=360°-90°-60°-108°=102°，故选：A．【点睛】本题考查了正多边形的外角和与内角和的关系，熟练掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．【变式115】（2019·河北秦皇岛·统考一模）发现：如图1，在有一个“凹角∠A1A2A3”n边形A1A2验证：（1）如图2，在有一个“凹角∠ABC”的四边形ABCD中，证明：∠（2）如图3，有一个“凹角∠ABC”的六边形ABCDEF中，证明；∠延伸：（3）如图4，在有两个连续“凹角A1A2A3和∠A2A3A4”的四边形【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6．【分析】（1）如图2，延长AB交CD于E，根据三角形的外角的性质即可得到结论；（2）如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC（3）如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A【详解】解：（1）如图2，延长AB交CD于E，则∠ABC=∠BEC∴∠ABC（2）如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC∵∠BGC=180°-∠BGD∴∠ABC（3）如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长则∠A∵∠1+∠3=(n而∠2+∠4=360°-(∠1+∠3)=360°-[(n∴∠A故答案为：6．【点睛】本题考查了多边形的内角和外角和等知识，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．【变式116】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．（1）实验操作．

（2）归纳猜想．多边形三角形四边形五边形…n边形外角和_________________________________…___________内角和_________________________________…___________（3）理解应用．一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？【答案】（2）见解析；（3）这个多边形是二零一八边形【分析】（2）利用实验操作探究规律后即可解决问题；（3）构建方程，解方程即可解决问题；【详解】（2）解：由实验操作可知，多边形三角形四边形五边形…n边形外角和360°360°360°…360°内角和180°360°540°…n（3）设这个多边形的边数为n．由题意（n解得n答：这个多边形是二零一八边形．【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．题型12多边形外角和的实际应用【例12】（2023·江苏徐州·统考一模）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（

）A．α-β=0C．α-β>0 D．无法比较α【答案】A【分析】多边形的外角和为360°，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360°，作出选择即可．【详解】解：∵多边形的外角和为360°，∴△ABC与四边形BCDE的外角和α与β均为360°，∴α-故选：A．【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360°是解答本题的关键．【变式121】（2022·北京顺义·统考一模）如图，小明从A点出发，沿直线前进20米后左转30°，再沿直线前进20米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（

）A．120米 B．200米 C．160米 D．240米【答案】D【分析】由题意可知小华走出了一个正多边形，根据正多边形的外角和公式可求解.【详解】已知多边形的外角和为360°，而每一个外角为30°，可得多边形的边数为360°÷30°=12，所以小明一共走了：12×20=240米．故答案选：D．【点睛】本题考查多边形内角与外角，熟记公式是关键.【变式122】（2023·河北保定·统考一模）如图，琪琪沿着一个四边形公园小路跑步锻炼，从A处出发，当她跑完一圈时，她身体转过的角度之和为．【答案】360°/360度【分析】根据多边形的外角和等于360度即可求解．【详解】解：∵多边形的外角和等于360度，∴琪琪跑完一圈时，身体转过的角度之和是360度．故答案为：360度．【点睛】此题考查的是多边形的内角与外角，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．题型13平面镶嵌【例13】（2022·山西太原·一模）如图，若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为（

）A．10 B．9 C．8 D．7【答案】D【分析】先根据多边形的内角和公式（n-2)·180°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，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°【详解】解：∵五边形的内角和为5-2∴正五边形的每一个内角为540°÷5=108°,∴正五边形的每一个外角为180°-108°=72°,如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1=180°-2×72°=36°,360°÷36°=10,∵已经有3个五边形，∴10-3=7,即完成这一圆环还需7个五边形．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，注意需要减去已有的3个正五边形．【变式131】（2023·北京平谷·统考二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则∠BAD的度数为（

A．50° B．60° C．100° D．120°【答案】B【分析】先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解．【详解】解：正六边形的一个内角度数为180°-360°∴∠BAD的度数为360°-120°×2故选：B．【点睛】本题考查了平面镶嵌，也考查了正多边形内角的计算方法，掌握正多边形的概念，理解几何图形镶嵌成平面是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角是解题关键．【变式132】（2023·吉林长春·长春市第八十七中学校考三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为度．

【答案】36【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．【详解】解：正五边形的每一个内角为5-2设菱形的最小内角为x，根据题意得，x解得：x故答案为：36．【点睛】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．【变式133】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）“动感数学”社团教室重新装修，如图是用边长相等的正方形和正n边形两种地砖铺满地面后的部分示意图，则n的值为．【答案】8【分析】根据正方形的内角为90°，正n边形的每个内角为n-2×180°n，再结合题意可列出关于【详解】解：正方形的每个内角为90°，正n边形的每个内角为n-则根据题意有90°+2×n解得：n=8故答案为：8．【点睛】本题考查平面镶嵌，正多边形的内角问题．掌握正n边形的每个内角为n-【变式134】（2021·浙江金华·统考一模）如图，要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作2a（1）如果要装10支铅笔，小蓝画了图①、图②两种排列方式，请你通过计算，判断哪种方式更节省空间：．（填①或②）（2）如果要装24支铅笔，请你模仿以上两种方式，算出纸盒底面最小半径是．（用含a的代数式表示）【答案】图①109【分析】(1)图①由10个正六边形构成，图②由10个正六边形和4个正三角形构成，分别计算出其面积比较大小即可，(2)要装24支铅笔，要使纸盒底面最小，按图①方式排每个正六边形相邻的空间最小计算出半径即可；【详解】（1）∵一个正六边形可以分为6个全等的等边三角形，且边长为2∴小三角形的高=(2a∴S正六边形=图①由10个正六边形构成S=10×63图②由10个正六边形和4个正三角形构成S∵60∴图①更节省空间故答案为：①（2）由（1）可知，每个正六边形相邻空间最小，此时的盒地面半径最小，如图以中点O为圆心，OA长为半径纸盒底面半径最小,过O点作OB⊥AB，由（1）可知，OB=3×23在Rt△AOB中，AB=a，OB=6OA=AB纸盒底面最小半径是109故答案为：109【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，正多边形的面积，勾股定理，以及圆的知识，解题的关键要读懂题意画出示意图．解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．考点二平行四边形的性质与判定平行四边形的定义：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.【解题技巧】1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．平行四边形的判定定理：①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．③两组对边分别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．【解题技巧】一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．题型01利用平行四边形的性质求解【例1】（2022·福建·统考模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，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△A'B'CA．96 B．963 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ACC'A【详解】解：依题意ACC∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝∴∴平行四边形ACC'A'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11】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）将一个三角尺按如图所示的方式放置在一张平行四边形的纸片上，∠EFG＝90°，∠EGF＝60°，∠AEF＝50°，则∠EGC的度数为（）A．100° B．80° C．70° D．60°【答案】B【分析】由平行四边形的性质可得AB∥DC，再根据三角形内角和定理，即可得到∠GEF的度数，依据平行线的性质，即可得到∠EGC的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠AEG=∠EGC，∵∠EFG=90°，∠EGF=60°，∴∠GEF=30°，∴∠GEA=80°，∴∠EGC=80°．故选：B．【点睛】此题考查的是平行四边形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．【变式12】（2023·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质可得∠CBM＝∠CMB，利用等边对等角即可得MC＝BC＝8，进而可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，∴∠ABM＝∠CMB，∵BM是∠ABC的平分线，∴∠ABM＝∠CBM，∴∠CBM＝∠CMB，∴MC＝BC＝8，∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，掌握其相关性质是解题的关键．【变式13】（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若∠1=∠2=36°，∠B为（A．36° B．144° C．108° D．126°【答案】D【分析】根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC，由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1=18°∴∠B=180°∠2∠BAC=180°36°18°=126°；故选D．【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，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．【变式14】（2023·吉林松原·校联考一模）如图，在▱ABCD中，AD=10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为【答案】21【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=OC=12AC，BO=OD=12BD，BC=∵AC+BD=22，∴OC+BO=11，∵BC=10，∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=21．故答案为：21．【点睛】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分，属于中考基础题．【变式15】（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图四边形ABCD是平行四边形，CD在x轴上，点B在y轴上，反比例函数y=kxx>0的图象经过第一象限点A，且平行四边形ABCD的面积为【答案】6【分析】过点A作AE⊥CD于点E，然后平行四边形的性质可知△AED≌△BOC，进而可得矩形ABOE的面积与平行四边形ABCD的面积相等，最后根据反比例函数k的几何意义可求解．【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，如图所示：∴∠AED∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=∴∠ADE∴△AED≌△BOC（AAS），∵平行四边形ABCD的面积为6，∴S▱∴k=6故答案为6．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义，熟练掌握平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义是解题的关键．【变式16】（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB(1)求证：△ABM(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；(3)设BE=x,△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当【答案】(1)证明见解析(2)DE(3)解析式为y=-625x-55【分析】（1）利用AA证明△ABM（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B=AMAB=EFBE，可得【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,∴∠AMB又∵∠B∴△ABM（2）解：过点E作EN⊥AD于点在平行四边形ABCD中，AD∥又∵AM是BC边上的高，∴AM⊥AD，∴∠AME∴四边形AMEN为矩形，∴NE=在Rt△ABM中，又∵E为BC的中点，∴BE=∴ME=∴DN=8在Rt△DNE中，；（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．∵sin∠∴45∴EF=∵AB∥CD，∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠又∵∠AMB∴△ABM∴CGBM∴CG3∴GC=∴DG=∴y=12∴当x=556时，y【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是解题的关键．题型02利用平行四边形的性质证明【例2】（2022·山东济南·统考一模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，BE⊥AC，DF⊥AC，求证：AE＝CF．【答案】见解析【分析】可证明△ABE≌△CDF，即可得到结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AB∥CD∴∠BAC=∠DCA∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F∴∠AEB=∠DFC=90°在△ABE和△CDF中，∠BAE∴△ABE≌△CDF（AAS）∴AE=CF【点睛】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是解决问题的关键．【变式21】（2023·广西贵港·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E,点F在CD边上，(1)求证：四边形BFDE是矩形；(2)若AF平分∠DAB,CF=3,【答案】(1)见解析(2)20【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，得到DF∥EB,AB=（2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得AD=FD=5,【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴又∵∴∴四边形BFDE是平行四边形，∵∴∠∴四边形BFDE是矩形．（2）∵AF平分∠DAB,∴∠∴∠∵∴AD∵AE=∴∴矩形BFDE的面积是：DF【点睛】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键．【变式22】（2021·河南驻马店·统考一模）如图，平面直角坐标系xOy中，▱OABC的边OC在x轴上，对角线AC，OB交于点M，函数y=kxx

（1）求k的值和点M的坐标；（2）求▱OABC【答案】（1）k=12，M（6,2）；（2）28【分析】（1）将点A（3,4）代入y=kx中求出k的值，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，证明△MEC∽△ADC，得到MEAD=MCCA（2）根据勾股定理求出OA=5，根据点A、M的坐标求出DE，即可得到OC的长度，由此求出答案.【详解】（1）将点A（3,4）代入y=kx中，得∵四边形OABC是平行四边形，∴MA=MC，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，∴ME∥AD，∴△MEC∽△ADC，∴MEAD∴ME=2，将y=2代入y=12x∴点M的坐标为（6,2）；

（2）∵A（3,4），∴OD=3，AD=4，∴OA=∵A（3,4），M（6,2），∴DE=63=3，∴CD=2DE=6，∴OC=3+6=9，∴▱OABC的周长【点睛】此题考查平行四边形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求函数图象上点的坐标，勾股定理，相似三角形的判定及性质.【变式23】（2022·重庆·重庆八中校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交对角线BD于点E．(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BCD的平分线，交对角线BD于点F；（不写作法和证明，保留作图痕迹）(2)在（1）所作的图形中，求证：BE=DF．（请补全下面的证明过程，除题目给的字母外，不添加其它字母或者符号）证明：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，①__________，∴∠ABE=∠CDF∵AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB∴∠BAE=12∠BAD，②___________∵四边形ABCD是平行四边形∴③_______________∴∠BAE=∠DCF在△ABE与△CDF中∠∴△ABE≌△CDF（ASA）∴BE=DF【答案】(1)见解析(2)AB//CD，∠DCF=【分析】（1）在CB，CD上，分别截取CM，CN，使CM=CN，分别以点M，点N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，在∠BCD内，两弧交于点P，作射线CP交BD于点F（2）根据平行四边形的性质得AB//CD，根据平行线的性质得∠ABE=∠CDF，根据角平分线得∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，根据平行四边形的性质得∠BAD=∠BCD，即【详解】（1）解：如图，在CB，CD上，分别截取CM，CN，使CM=CN，分别以点M，点N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，在∠BCD内，两弧交于点P，作射线CP交BD于点F（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB//∴∠ABE=∠CDF，∵AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB，∴∠BAE=1∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD∴∠BAE=∠DCF，在△ABE与△CDF中，∠∴△ABE≌△CDF（ASA），∴BE=DF，故答案为：AB//CD，∠DCF=1【点睛】本题考查了尺规作图，平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．【变式24】（2022·山西临汾·统考一模）如图，在▱ABCD中，AB>AD（1）用尺规完成以下基本作图：在AB上截取AE，使得AE=AD；作∠BCD的平分线交AB于点F．（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）所作的图形中，连接DE交CF于点P，猜想△CDP按角分类的类型，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析【分析】（1）直接利用角平分线的作法得出符合题意的答案；（2）先证明∠ADE=∠CDE，再利用平行线的性质“同旁内角互补”，得出∠CPD=90°即可得出答案．【详解】解：（1）解：如图所示：E，F即为所求；（2）△CDP是直角三角形．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴∠CDE=∠AED，∠ADC+∠BCD=180°，∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED．∴∠CED=∠ADE=12∠ADC．∵CP平分∠BCD，∴∠DCP=12∠BCD∴∠CDE+∠DCP=90°．∴∠CPD=90°．∴△CDP是直角三角形．【点睛】本题主要考查了基本作图以及平行四边形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．题型03判断已知条件能否构成平行四边形【例3】（2022·河南郑州·一模）如图1，▱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【答案】A【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；乙方案：由△ABN≌△CDM，可得BN=再利用对角线互相平分得证；丙方案:方法同乙方案．【详解】连接AC,BD交于点甲方案：∵四边形ABCD是平行四边形∴AO=∵∴ON∴四边形ANCM为平行四边形．乙方案：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，∴∠ABN又∵∴∠ANB∴△ABN∴BN∵∴ON∴四边形ANCM为平行四边形．丙方案:∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AB//CD∴∠又∵AN,CM∴12∠BAD=∴△ABN≌△CDM∴BN∵∴ON∴四边形ANCM为平行四边形．所以甲、乙、丙三种方案都可以．故选A．【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．【变式31】（2023·湖南娄底·统考二模）在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（）A．对角线互相平分 B．一组对边平行且相等C．两组对边分别平行 D．一组对边平行，另一组对边相等【答案】D【分析】根据平行四边形的判定定理分别分析各选项，即可求得答案．【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项能判定；B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；故本选项能判定；C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项能判定；D、一组对边平行，另一组对边相等不一定是平行四边形；故本选项不能判定．故选：D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定．熟记平行四边形的判定方法是解此题的关键．【变式32】（2023·湖南娄底·娄底市第三中学统考二模）在下列条件中，不能判定一个四边形是平行四边形的是（）A．一组对边平行另一组对边相等 B．一组对边平行且相等C．两组对角相等 D．对角线互相平分【答案】A【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断即可：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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．【详解】解：A、一组对边平行另一组对边相等不能判定一个四边形是平行四边形，符合题意；B、一组对边平行且相等能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；C、两组对角相等能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；D、对角线互相平分能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；故选A．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键，在解题过程中要灵活运用所学知识．题型04添加一个条件使四边形成为平行四边形【例4】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）在四边形ABCD中，∠A+∠B=180A．AB=CD B．C．AD=BC D【答案】C【分析】根据平行四边形的判定：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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，逐项判断即可．【详解】解：如图，∵∠A∴AD∥补充AB=CD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故补充AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故补充AD=BC，能判定四边形ABCD为平行四边形，故补充∠C+∠D=180°，则故选C．【点睛】此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．【变式41】（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图是嘉淇不完整的推理过程．小明为保证嘉淇的推理成立，需在四边形ABCD中添加条件，下列正确的是(

)A．∠B+∠CC．∠A=∠B【答案】B【分析】根据平行四边形的5条判定定理可得到，在有一组对边平行的情况下，只能添加另一组对边平行或这一组对边相等，查看选项可得到答案．【详解】选项A中，∠B+∠C=180°，得到选项B中，AB=CD，得到AB与CD平行且相等，可证明平行四边形，选项选项C中，∠A≠∠B选项D中，一组对边平行，另一组对边相等，可能为等腰梯形，不能判定平行四边形，选项D错误．故选：B．【点睛】本题考查平行四边形的判定，需要严格按照判定定理进行推理论证，熟悉5条平行四边形的判定是解题的关键．【变式42】（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，点E、F在▱ABCD的对角线AC上，连接BE、DE、DF、BF，请添加一个条件使四边形BEDF是平行四边形，那么需要添加的条件是【答案】AF=【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可求解．【详解】解：添加：AF=连接BD交AC于点O，如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO，BO=DO，∵AF=∴OE=OF，∴四边形BEDF是平行四边形．故答案为：AF=【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．题型05数平行四边形个数【例5】（2020·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，由25个点构成的5×5的正方形点阵中，横、纵方向相邻的两点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中的四个点为顶点的平行四边形叫做阵点平行四边形．图中以A，B为顶点，面积为4的阵点平行四边形的个数为（

）A．6个 B．7个 C．9个 D．11个【答案】D【分析】根据平行四边形的判定，两组对边必须平行，可以得出上下各两个平行四边形符合要求，以及特殊四边形矩形与正方形即可得出答案．【详解】解：根据题意得：一共11个面积为4的阵点平行四边形．故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定得出结论是解题的关键．【变式51】（2019·湖北黄石·校联考一模）如图，已知平行四边形ABCD的对角线的交点是O，直线EF过O点，且平行于AD，直线GH过O点且平行于AB，则图中平行四边形共有(

)A．15个 B．16个 C．17个 D．18个【答案】D【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，根据图形写出所有的平行四边形即可得解．【详解】解：平行四边形有：▱AEOG，▱AEFD，▱ABHG，▱GOFD，▱GHCD，▱EBHO，▱EBCF，▱OHCF，▱ABCD，▱EHFG，▱AEHO，▱AOFG，▱EODG，▱BHFO，▱HCOE，▱OHFD，▱OCFG，▱BOGE．共18个．故选D．【点睛】本题考查平行四边形的判定，准确识别复杂图形是解题的关键，写出平行四边形时要按照一定的顺序，这样方能做到不重不漏．题型06求与已知三点组成平行四边形的点的个数【例6】（2021·河南商丘·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，A1,0，B-1,3，C-2,-1，找一点D，使得以点A、B、C、DA．2,4 B．-4,2 C．0,-4 D．【答案】D【分析】根据题意结合平行四边形的性质画出图形进行分析即可解决问题，得出满足条件的点D有三个．【详解】解：如图所示：观察图象可知，满足条件的点D有三个，坐标分别为（2，4）或（4，2）或（0，4），∴点D的坐标不可能是（3，2）.故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的判定以及平面直角坐标系与图形的性质等知识，解题的关键是正确画出图形，利用图象法解决问题．【变式61】（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，A、B、C为一个平行四边形的三个顶点，且（1）请直接写出这个平行四边形第四个顶点的坐标；（2）在△ABC中，求出AB【答案】（1）(7,7)或(5,1)或(1,5)；（2）4【分析】（1）分以BC、AC和AB为对角线三种情况进行讨论，即可得出第四个点的坐标．（2）先利用间接的方法求出ΔABC的面积，再利用勾股定理求出AB的长，又SΔABC=12×【详解】解：（1）BC为对角线时，第四个点坐标为(7,7)；AB为对角线时，第四个点为(5,1)；当AC为对角线时，第四个点坐标为(1,5)．（2）∵SAB=∴h=4×2÷【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质及坐标与图形的性质，解题关键是要分情况讨论，难易程度适中．题型07证明四边形是平行四边形【例7】（2022·福建莆田·统考一模）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥