第二十二章 四边形（单元复习 8个知识点+17类题型突破）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（冀教版）

第二十二章 四边形 01 思维导图 02 知识速记 【知识点01】平行四边形 1．平行四边形的概念：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）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 【知识点02】三角形的中位线 （1）三角形的中位线：连接三角形两边中点的线段称为中位线（三角形中有3条中位线） （2）三角形中位线定理：如下图，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即若点D、E分别为AB、AC的中点，. 【知识点03】矩形 1．矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2．矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 【知识点04】菱形 1．菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2．菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【知识点05】正方形 1．正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2．正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 【知识点06】多边形的内角和与外角和 1．定义：在平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．其中，各个角相等、各条边相等的多边形叫做正多边形． 2．相关概念： 边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边． 顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点． 内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角. 外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. 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． 凸多边形 凹多边形 3．多边形的分类:画出多边形的任何一边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，如果整个多边形不在直线的同一侧，这个多边形叫凹多边形．如图： 特别说明： (1)正多边形必须同时满足“各边相等”，“各角相等”两个条件，二者缺一不可； (2)过n边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，n边形对角线的条数为； (3)过n边形的一个顶点的对角线可以把n边形分成(n-2)个三角形． 4．多边形内角和：n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)． 特别说明： (1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于； 5．多边形的外角和：多边形的外角和为360°． 特别说明：(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关； (2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于； (3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数． 03 题型归纳 题型一　利用平行四边形的性质求解 例题：（24-25九年级上·四川成都·期末）在平行四边形中，以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交边，于点M，N；再分别以点M，N为圆心，大于长为半径作弧交于点P；作射线交边于点E，若，则 ． 巩固训练 1．（23-24八年级下·吉林四平·期中）在平行四边形中，若，则 ． 2．（24-25九年级上·江苏南通·期中）如图，在中，为的中点，连接并延长，交的延长线于点，，垂足为，若，，则 ． 3．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）在平行四边形中，平分交于点，且点将边分为两部分，若，则平行四边形的周长为 ． 4．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，平行四边形中，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时点Q也停止运动），当 时，四边形为平行四边形． 题型二　利用平行四边形的性质与判定综合 例题：（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在中，连接对角线，点E和点F是直线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，，求的面积． 巩固训练 1．（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四边形中，，连接，以为边作，使得，，过点C作交于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若的面积是10，，求的长． 2．（23-24八年级上·吉林·期末）如图，在中，，于点，延长到点，使．过点作交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 3．（23-24八年级下·重庆江津·阶段练习）在中，，是斜边上的一点，作，垂足为，延长到，连接，使． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求四边形的面积． 题型三　与三角形中位线有关的求解问题 例题：（24-25九年级上·福建泉州·阶段练习）如图，已知中，，平分，是的中点，若，则的长为 ． 巩固训练 1．（24-25九年级上·湖南衡阳·期中）如图，在中，平分，于点，延长交于点，是的中点，若，，则 ． 2．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得米，则的长是 米．    3．（24-25八年级上·重庆垫江·期末）在如图所示的中，点D，E在边上，的平分线于F，的平分线于H，若，，则△ABC的周长为 ． 题型四　与三角形中位线有关的证明 例题：（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，点O是内一点，连接，并将的中点D，E，F，H依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 巩固训练 1．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，D、E、F分别是三边中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是矩形，，，求的长． 2．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在中，，分别取边上的中点D，E，连接并延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则四边形的面积为________． 3．（24-25九年级上·贵州·期末）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 题型五　矩形、菱形、正方形的性质 例题1：（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）下列命题正确的是（　　） A．矩形的四个角都相等 B．矩形的四条边都相等 C．矩形的对角线互相垂直 D．矩形的对角线平分内角 例题2：（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 例题3：（23-24八年级下·河南周口·期中）下列关于正方形的说法错误的是（    ） A．正方形的四条边都相等，四个角都是直角 B．正方形有四条对称轴 C．正方形的两条对角线互相垂直平分且相等 D．正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离不一定相等 巩固训练 1．（23-24八年级下·河南濮阳·期中）矩形不一定具有的性质是（      ） A．对角线垂直 B．四个角都是直角 C．是轴对称图形 D．对角线相等 2．（23-24八年级下·河南商丘·期中）关于菱形的性质，下列说法不正确的是（    ） A．四条边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线相等 3．（23-24八年级下·湖北荆州·期中）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．都是轴对称图形 C．对角线互相垂直且互相平分 D．对角线相等且互相平分 4．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四个角都是直角 题型六　利用矩形的性质求解 例题：（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在矩形中，点是延长线上一点，连接，若则的度数为（    ） A． B． C． D． 巩固训练 1．（2024·四川凉山·二模）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ． 3．（23-24七年级下·上海金山·期中）如图，长方形中，点E、F分别为边上的任意点，、的面积分别为15和25，那么四边形的面积为 ． 题型七　利用菱形的性质求解 例题：（2024·陕西西安·三模）如图，点E是菱形的对角线上一点，连接，若，，则的度数为 ． 巩固训练 1．（2024·重庆九龙坡·二模）如图，在菱形中，，依次连接各边中点，得到四边形，则 °． 2．（2024·四川成都·二模）如图，在菱形中，，分别是，上的点，且，连接，．若，，则的大小为 ． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，，点E在边上，点F在边上，且，若，则 ． 4．（23-24八年级下·河北承德·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，，分别是边，的中点，连接．若，则 (用含的代数式表示)；若，，则菱形的面积为 题型八　利用正方形的性质求解 例题：（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在正方形的内侧，作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 巩固训练 1．（23-24八年级下·黑龙江·期中）如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·广西玉林·期中）如图，正方形的对角线是菱形的一边，则等于（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点在上，，，垂足分别为、，若，则 ． 4．（23-24七年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长分别为和，则阴影部分的面积为 . 题型九　矩形的性质与判定的综合问题 例题：（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，． (1)求证：是矩形； (2)若点E为的中点，求的度数． 巩固训练 1．（24-25九年级上·辽宁阜新·期末）如图，在四边形中，，对角线与交于点O，于点E，交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求线段的长． 2．（24-25九年级上·全国·期末）如图：在中，，是中线，是的外角的平分线，于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点F，直接写出与之间的关系为 ． 3．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，若，，求的长． 题型十　利用菱形的判定与性质综合性问题 例题：（23-24八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 巩固训练 1．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为36，求长． 2．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形，，平分交于点C，平分，交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的周长是_______． 3．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，． ①求的面积； ②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段为的长． 题型十一　正方形的性质与判定的综合问题 例题：（24-25九年级上·辽宁·期中）如图，四边形是平行四边形，，，是边的延长线上的动点，连接，过点作于点． (1)求证：四边形是正方形． (2)当是的中点，且时，求的面积． 巩固训练 1．（23-24八年级下·全国·期中）问题解决：如图，在矩形 中，点， 分别在， 边上，， 于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)延长 到点，使得，判断 的形状，并说明理由． (3)类比迁移：如图，在菱形 中，点， 分别在， 边上， 与 相交于点，，，，，求 的长． 2．（23-24八年级下·吉林松原·阶段练习）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点落在上的点处，得到折痕，连接，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点处，得到折痕，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求线段的长． 3．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 题型十二　中点四边形问题 例题：（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）我们给出如下定义：把对角线互相垂直的四边形叫做“对角线垂直四边形”．如图，在四边形中，，四边形就是“对角线垂直四边形”． (1)下列四边形，一定是“对角线垂直四边形”的是______； ①平行四边形  ②矩形  ③菱形   ④正方形 (2)如图，在“对角线垂直四边形”中，点分别是边的中点，求证：四边形是矩形． 巩固训练 1．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）定义：如图1对于一个四边形，我们把依次连结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”． 问题解决： 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，连接，，． （1）连接，，问，的数量关系和位置关系是什么?请说明理由． （2）四边形______“中方四边形”（此空填“是”或“不是”） 拓展应用： （3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 2．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）教材定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 定理证明：（1）如图1，中，点D、E分别是边、的中点，连接．请你猜想中位线与第三边的数量关系和位置关系，并证明你的结论． 类比迁移：（2）如图2，梯形中，，点E、F分别是腰、的中点．类比三角形中位线，请你猜想梯形的中位线与两底边、的数量关系和位置关系，并证明你的结论． 综合应用：（3）如图3，在梯形中，，E、F分别是对角线、的中点．若，，求的长． 题型十三　多边形内角和问题 例题：（2024·辽宁·模拟预测）一个八边形的内角和是 ． 巩固训练 1．（23-24八年级下·上海·阶段练习）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 2．（2024·河北邯郸·一模）已知一个正边形的内角和与外角和的差为，则 ． 题型十四　多边形对角线的条数问题 例题：（23-24七年级下·江苏泰州·阶段练习）从十边形的一个顶点画这个多边形的对角线，最多可画 条． 巩固训练 1．（23-24八年级上·湖北武汉·阶段练习）六边形的内角和为 ，外角和为 ，它共有 条对角线． 2．（23-24八年级上·湖北武汉·阶段练习）八边形从一个顶点出发可以画a条对角线，将这个八边形分成b个三角形，则 ． 题型十五　多边形截角后的边数与内角和问题 例题1：（23-24八年级上·青海西宁·阶段练习）一个四边形截去一个角后，所形成的一个新多边形的边数是 ． 例题2：（23-24八年级上·贵州安顺·期末）将一个五边形纸片，剪去一个角后得到另一个多边形，则得到的多边形的内角和是（     ） A． B． C．或 D．或或 巩固训练 1．（23-24七年级下·江苏淮安·阶段练习）小明将一个五边形用剪刀沿直线剪去一个角，将这个五边形分成两个多边形，那么关于这两个多边形所有的内角的和与原五边形的内角和相比，下列说法中不可能的是（   ） A．减少180° B．不变 C．增加180° D．增加360° 2．（23-24八年级上·四川绵阳·阶段练习）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 3．（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）一个多边形的外角和是内角和的，若这个多边形截去一个角后，则所形成的多边形是 边形． 题型十六　多边形内角和与外角和综合 例题：（23-24八年级上·新疆昌吉·期中）如图，在五边形中， (1)若，请求的度数； (2)试求出及五边形外角和的度数． 巩固训练 1．（23-24七年级下·江苏盐城·阶段练习）将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的位置摆放，如果，，那么的度数等于（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24八年级上·贵州黔东南·期中）如图所示，七边形中，的延长线相交于点O，若图中的和为，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·河北保定·期末）某数学兴趣小组在学习了“多边形内角和与外角和”后深入思考，继续探究多边形的一个外角与它不相邻的内角之和具有的数量关系．    (1)如图1，与，之间的数量关系为______．若，，则______． (2)如图2，是四边形ABCD的外角，求证：． (3)若n边形的一个外角为，与其不相邻的内角之和为，则x，y与n的数量关系是______． 4．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）【题目】如图①：根据图形填空： （1）　　，　　； （2）______　 ； 【应用】 （3）如图②．求的度数； 【拓展】 （4）如图③，若，则的大小为度．    题型十七　平面镶嵌 例题：（2023·山东青岛·模拟预测）如图是一种特殊的五边形，3个这样的五边形可以密铺拼成一个正六边形．若，则 ．    巩固训练 1．（23-24八年级上·江西南昌·阶段练习）如图所示，是工人师傅用边长均为a的一块正六边形和一块正方形地砖绕着点B进行的铺设，若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是 ． 2．（23-24八年级上·山东烟台·期末）小颖家买了新楼，她想在边长相同的①正三角形、②正方形、③正五边形、④正六边形四种瓷砖中，选择一些瓷砖进行地面的镶嵌（彼此之间不留空隙、不重叠）． (1)她想选用两种瓷砖，若已选用正三角形瓷砖，则可以再选择的是______瓷砖（填写序号）； (2)她发现仅用正五边形瓷砖不能镶嵌地面，若将三块相同的正五边形瓷砖按如图所示放置，求的度数． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十二章 四边形 01 思维导图 02 知识速记 【知识点01】平行四边形 1．平行四边形的概念：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）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 【知识点02】三角形的中位线 （1）三角形的中位线：连接三角形两边中点的线段称为中位线（三角形中有3条中位线） （2）三角形中位线定理：如下图，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即若点D、E分别为AB、AC的中点，. 【知识点03】矩形 1．矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2．矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 【知识点04】菱形 1．菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2．菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【知识点05】正方形 1．正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2．正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 【知识点06】多边形的内角和与外角和 1．定义：在平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．其中，各个角相等、各条边相等的多边形叫做正多边形． 2．相关概念： 边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边． 顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点． 内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角. 外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. 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． 凸多边形 凹多边形 3．多边形的分类:画出多边形的任何一边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，如果整个多边形不在直线的同一侧，这个多边形叫凹多边形．如图： 特别说明： (1)正多边形必须同时满足“各边相等”，“各角相等”两个条件，二者缺一不可； (2)过n边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，n边形对角线的条数为； (3)过n边形的一个顶点的对角线可以把n边形分成(n-2)个三角形． 4．多边形内角和：n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)． 特别说明： (1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于； 5．多边形的外角和：多边形的外角和为360°． 特别说明：(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关； (2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于； (3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数． 03 题型归纳 题型一　利用平行四边形的性质求解 例题：（24-25九年级上·四川成都·期末）在平行四边形中，以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交边，于点M，N；再分别以点M，N为圆心，大于长为半径作弧交于点P；作射线交边于点E，若，则 ． 【答案】/145度 【知识点】作角平分线(尺规作图)、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的尺规作图，熟练掌握平行四边形的性质及角平分线的尺规作图是解题的关键．角平分线的尺规作图可得，根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质，即可求得答案． 【详解】解：由作图可知，平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， ． 故答案为：． 巩固训练 1．（23-24八年级下·吉林四平·期中）在平行四边形中，若，则 ． 【答案】30 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键，根据平行四边形对角相等可得． 【详解】解：在平行四边形中，若，则． 故答案为：30． 2．（24-25九年级上·江苏南通·期中）如图，在中，为的中点，连接并延长，交的延长线于点，，垂足为，若，，则 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形性质；根据平行四边形的性质得到，，进而得到，即可证明出，结合题干条件根据勾股定理解直角三角形即可得到的长，进而即可求解． 【详解】四边形是平行四边形， ，， ，， 为的中点， ， ， ，， ，， ， ， ． 故答案为：． 3．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）在平行四边形中，平分交于点，且点将边分为两部分，若，则平行四边形的周长为 ． 【答案】40或44/44或40 【知识点】三角形角平分线的定义、根据等角对等边求边长、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，掌握平行四边形的性质是解题关键．根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证为等腰三角形，即，再根据线段的比，分类讨论，分别求出的长，即可求出平行四边形的周长． 【详解】解：如图， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴． ∵平分交于点， ∴， ∴， ∴． 分类讨论：①当时， ∵， ∴， ∴平行四边形的周长为； ②当时， ∵， ∴， ∴平行四边形的周长为． 综上可知平行四边形的周长为40或44． 故答案为：40或44． 4．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，平行四边形中，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时点Q也停止运动），当 时，四边形为平行四边形． 【答案】或或 【知识点】利用平行四边形的性质求解、几何问题(一元一次方程的应用) 【分析】根据平行四边形的判定可得当时，以点、、、为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 此题考查了平行四边形的判定．求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用． 【详解】解：设经过秒，以点、、、为顶点组成平行四边形， 以点、、、为顶点组成平行四边形， ， 分为以下情况： ①点的运动路线是，方程为， 此时方程，此时不符合题意； ②点的运动路线是，方程为， 解得：； ③点的运动路线是，方程为， 解得：； ④点的运动路线是，方程为， 解得：； 综上所述，或或时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形， 故答案为：或或 题型二　利用平行四边形的性质与判定综合 例题：（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在中，连接对角线，点E和点F是直线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，，求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、证明四边形是平行四边形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点， (1)根据平行四边形的性质，得，，根据平行线的性质，得，则，根据可以证明，得，，从而证明，根据一组对边平行且相等的四边形，即可证明四边形是平行四边形； (2)根据勾股定理得到,连接交于，进而可以得到的长，然后利用三角形面积公式即可得解； 熟练掌握其性质并能正确得到是解决此题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：， ， ， ， ． 巩固训练 1．（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四边形中，，连接，以为边作，使得，，过点C作交于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若的面积是10，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【知识点】线段垂直平分线的性质、垂直于同一直线的两直线平行、利用平行四边形性质和判定证明、线段垂直平分线的判定 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，垂直平分线的判定与性质，平行线的判定等知识点．注意掌握数形结合思想的应用． （1）证明垂直平分，得出，结合，证出，结合即可证明． （2）由（1）可知，垂直平分，四边形是平行四边形，得出，．结合，即可求出，即可解答． 【详解】（1）证明：∵，， ∴垂直平分， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：由（1）可知，垂直平分，四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴． 2．（23-24八年级上·吉林·期末）如图，在中，，于点，延长到点，使．过点作交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】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、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答本题的关键． （1）证，得，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，再由等腰三角形的性质得，则，进而由勾股定理得，然后利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：如图， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 3．（23-24八年级下·重庆江津·阶段练习）在中，，是斜边上的一点，作，垂足为，延长到，连接，使． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由，，推出，得出，再证，则，即可得出结论； （2）先由证得，得出，由平行四边形的性质得，，设，则，再由勾股定理求出，，即可得出结果． 【详解】（1）证明：， ， ，延长到， ， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：平分， ， 在和中， ， ， ， 由（1）得：四边形是平行四边形， ，， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ， ． 【点睛】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． 题型三　与三角形中位线有关的求解问题 例题：（24-25九年级上·福建泉州·阶段练习）如图，已知中，，平分，是的中点，若，则的长为 ． 【答案】3.5 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、三线合一 【分析】本题主要考查了三线合一，三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握三线合一是解题的关键：等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合． 由三线合一可得是的中点，再根据三角形的中位线定理即可得解． 【详解】解：，平分， 是的中点， 是的中点， 是的中位线， ， ， 故答案为：． 巩固训练 1．（24-25九年级上·湖南衡阳·期中）如图，在中，平分，于点，延长交于点，是的中点，若，，则 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】根据角平分线的定义结合题意，即可利用“”证明，即得出，，从而可得出，点E为中点，从而可判定为的中位线，进而可求出的长． 【详解】∵平分， ∴，． 又∵， ∴， ∴，， ∴，点E为中点． ∵F是的中点， ∴EF为的中位线， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的定义，三角形全等的判定和性质，三角形中位线的性质等知识．掌握三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题关键． 2．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得米，则的长是 米．    【答案】120 【知识点】三角形中位线的实际应用 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质， 根据题意可知是的中位线，再根据三角形中位线的性质得出，进而得出答案即可． 【详解】解：∵点D，E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴． 故答案为：120． 3．（24-25八年级上·重庆垫江·期末）在如图所示的中，点D，E在边上，的平分线于F，的平分线于H，若，，则△ABC的周长为 ． 【答案】20 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．证明，推出，，同理，，得到是的中位线，进一步计算即可求解． 【详解】解：∵平分，且， ∴，，， ∴， ∴，， 同理可证，， ∴是的中位线， ∴， ∴的周长为， 故答案为：20． 题型四　与三角形中位线有关的证明 例题：（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，点O是内一点，连接，并将的中点D，E，F，H依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是． 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明 【分析】此题重点考查三角形中位线定理、平行四边形的判定、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）由D，E，F，H分别是的中点，根据三角形中位线定理得，且，即可证明四边形是平行四边形； （2）作于点G，因为，利用等腰三角形的性质，直角三角形的性质结合勾股定理求得，，再根据三角形中位线定理求得即可． 【详解】（1）证明：∵D，E，F，H分别是的中点， ∴，且，，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （2）解：作于点G，则， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴的长是． 巩固训练 1．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，D、E、F分别是三边中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是矩形，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明、矩形性质理解 【分析】（1）由三角形中位线定理得到，再由两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明四边形是平行四边形； （2）先由矩形的性质得到，再由勾股定理得到，最后根据三角形中位线定理即可得到． 【详解】（1）证明：∵D、E、F分别是三边中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图所示，连接， ∵若四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵E、F分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟知三角形的中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键． 2．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在中，，分别取边上的中点D，E，连接并延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则四边形的面积为________． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，勾股定理； （1）由三角形中位线定理得，且，再证四边形是平行四边形，然后根据斜边中线和等边三角形的判定得到，最后由菱形的判定即可得出结论； （2）由可得，再由平行线可得，利用勾股定理求出的长，最后根据菱形面积底乘高计算即可． 【详解】（1）证明：，边上的中点E， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵边上的中点为D， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解： ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 3．（24-25九年级上·贵州·期末）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①③或①②，证明见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是正方形、中点四边形 【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点， 、都是的中位线， ∴，， 四边形为平行四边形， 、互相平分； （2）解：①；②平分；③， ∵四边形为平行四边形， ∴添加①时，四边形是矩形； 添加②平分时，，则，此时四边形是菱形； 添加③时，由得到，四边形是菱形； ∴选择①③或①②时，四边形是正方形； 选择①③， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ∴， ， ， 四边形是正方形， 选择①②， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，此时四边形是菱形； 四边形是正方形， 故答案为：①③或①②． 题型五　矩形、菱形、正方形的性质 例题1：（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）下列命题正确的是（　　） A．矩形的四个角都相等 B．矩形的四条边都相等 C．矩形的对角线互相垂直 D．矩形的对角线平分内角 【答案】A 【分析】本题考查真假命题的判断、矩形的性质，根据矩形的角、边、对角线的特点逐项判断即可． 【详解】解：A、矩形的四个角都相等，正确，符合题意； B、矩形的四条边不相等，故原命题错误，不符合题意； C、矩形的对角线相等但不垂直，故原命题错误，不符合题意； D、矩形的对角线相等但不平分内角，故原命题错误，不符合题意； 故选A． 例题2：（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是本题的关键．根据菱形的性质可判断． 【详解】解：∵菱形四边相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角， ∴A、B、D选项不符合题意， ∵菱形的对角线不一定相等， ∴菱形不具有的性质是对角线相等， ∴选项C符合题意， 故选：C 例题3：（23-24八年级下·河南周口·期中）下列关于正方形的说法错误的是（    ） A．正方形的四条边都相等，四个角都是直角 B．正方形有四条对称轴 C．正方形的两条对角线互相垂直平分且相等 D．正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离不一定相等 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，解题的关键是了解正方形的性质．利用正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A：正方形的四条边都相等，四个角都是直角，故A正确，不符合题意； B：正方形有四条对称轴，故B正确，不符合题意； C：正方形的两条对角线互相垂直平分且相等，故C正确，不符合题意； D：由于正方形的两条对角线互相垂直平分且相等，所以正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离一定相等，故D错误，符合题意； 巩固训练 1．（23-24八年级下·河南濮阳·期中）矩形不一定具有的性质是（      ） A．对角线垂直 B．四个角都是直角 C．是轴对称图形 D．对角线相等 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质：对边相等且平行，四个角都是直角，对角线平分且相等，矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，根据性质判断即可． 【详解】解：矩形不一定具有的性质是对角线垂直． 故选：B． 2．（23-24八年级下·河南商丘·期中）关于菱形的性质，下列说法不正确的是（    ） A．四条边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】D 【分析】根据菱形的性质判断即可．此题主要考查对菱形的性质及判定的理解，关键是根据菱形的性质解答． 【详解】解：A、菱形的四条边都相等，正确不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，正确不符合题意； C、菱形的对角线互相平分，正确不符合题意； D、菱形的对角线不一定相等，错误符合题意； 故选：D． 3．（23-24八年级下·湖北荆州·期中）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．都是轴对称图形 C．对角线互相垂直且互相平分 D．对角线相等且互相平分 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是菱形、矩形、正方形的性质，解题关键是熟练掌握菱形、矩形、正方形的性质． 根据菱形、矩形、正方形性质对选项进行逐一判断即可求解． 【详解】解：根据菱形、矩形、正方形的性质可得： 选项，菱形、正方形四条边都相等，矩形四条边不都相等，不符合题意，选项错误； 选项，菱形、矩形、正方形都是轴对称图形，符合题意，选项正确； 选项，菱形、正方形对角线互相垂直且互相平分，矩形对角线互相平分但不互相垂直，不符合题意，选项错误； 选项，菱形对角线互相平分但不相等，矩形、正方形对角线相等且互相平分，不符合题意，选项错误． 故选：． 4．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四个角都是直角 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，熟知矩形、正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：矩形具有的性质为对角线互相平分，对角线相等，四个角都是直角， 正方形具有的性质为对角线互相平分且垂直，对角线相等，四个角都是直角， 故选：A． 题型六　利用矩形的性质求解 例题：（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在矩形中，点是延长线上一点，连接，若则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，主要利用了矩形的对角线相等，等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．根据等边对等角的性质可得，再求解即可． 【详解】解：如图，连接， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 故选：D． 巩固训练 1．（2024·四川凉山·二模）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，根据矩形的性质可得对角线相等，进而根据已知可得垂直平分，根据等边对等角得出，进而可得，根据即可求解． 【详解】解：∵矩形的对角线相交于点， ∴，， 又∵ ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴， 故选：C． 2．（23-24八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ． 【答案】6.5// 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，利用勾股定理解得的值，然后根据三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：连接，如下图， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴在中，， ∵分别是的中点， ∴． 故答案为：6.5． 3．（23-24七年级下·上海金山·期中）如图，长方形中，点E、F分别为边上的任意点，、的面积分别为15和25，那么四边形的面积为 ． 【答案】40 【分析】本题考查了三角形的面积，解题的关键是能正确作出辅助线， 连接，可得，再根据面积的和差可得，同理可得，即可解答 【详解】解：连接，      ， 又，， 同理     ， 又，， ， 故答案为：40 题型七　利用菱形的性质求解 例题：（2024·陕西西安·三模）如图，点E是菱形的对角线上一点，连接，若，，则的度数为 ． 【答案】45 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由等腰三角形的性质可求，由菱形的性质可得，即可求解． 【详解】解：， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 故答案为：45． 巩固训练 1．（2024·重庆九龙坡·二模）如图，在菱形中，，依次连接各边中点，得到四边形，则 °． 【答案】35 【分析】本题考查了菱形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 连接，先根据菱形的性质得出，再根据三角形中位线性质得出，最后根据平行线的性质即可得出答案． 【详解】解：连接 四边形为菱形， F、G分别为和的中点 故答案为：． 2．（2024·四川成都·二模）如图，在菱形中，，分别是，上的点，且，连接，．若，，则的大小为 ． 【答案】/40度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质． 根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“”即可证明，再得到，因为，故． 【详解】∵四边形是菱形，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，，点E在边上，点F在边上，且，若，则 ． 【答案】 【分析】此题考查菱形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质得出解答． 延长，相交于点，根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而利用勾股定理解答即可． 【详解】解：延长，相交于点，作于点， 四边形是菱形， ，， ， 在与中， ， ， ， ，， ， ， ， 设，，， ， ， ， ， ， ， 即， 解得：， ， 故答案为：． 4．（23-24八年级下·河北承德·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，，分别是边，的中点，连接．若，则 (用含的代数式表示)；若，，则菱形的面积为 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中线的性质，三角形的中位线的性质和菱形的面积公式，连接，根据三角形的中线的性质可得；根据是的中位线，根据三角形中位线定理求的的长，然后根据菱形的面积公式求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵，、是和的中点， ∴ ∵、是和的中点，即是的中位线， ∴ ∴菱形的面积为 故答案为：，． 题型八　利用正方形的性质求解 例题：（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在正方形的内侧，作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，得到，等边三角形的性质，得到，进而得到，等边对等角，求出的度数即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵等边三角形， ∴， ∴，， ∴； 故选C． 巩固训练 1．（23-24八年级下·黑龙江·期中）如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，则，根据等边对等角得到，设，则，则可推出，，则由平角的定义可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∴， 故选：B． 2．（23-24八年级下·广西玉林·期中）如图，正方形的对角线是菱形的一边，则等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角求出，根据菱形的对角线平分一组对角可得，计算即可得解．本题主要考查了正方形的对角线平分一组对角，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟记性质是解题的关键． 【详解】解：是正方形的对角线， ， 是菱形的对角线， ． 故选：B． 3．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点在上，，，垂足分别为、，若，则 ． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，矩形的判定，以及等腰直角三角形的判定与性质，由正方形，以及对角线的长，得到对角线互相垂直，等于的一半，根据三个角为直角的四边形为矩形得到四边形为矩形，进而得到矩形的对边相等，同时得到三角形为等腰直角三角形，由等量代换得到，求出即可． 【详解】解：正方形，， ， ，，， ，， ， 四边形为矩形，为等腰直角三角形， ，， ． 故答案为：． 4．（23-24七年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长分别为和，则阴影部分的面积为 . 【答案】 【分析】本题考查了正方形的面积和阴影部分的面积，根据图形面积之间的关系即可求解． 【详解】解：， 即， 解得：， 故答案为：． 题型九　矩形的性质与判定的综合问题 例题：（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，． (1)求证：是矩形； (2)若点E为的中点，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质与判定求角度、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质证明 【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，则，由等边对等角得到，则可证明，进而可证明平行四边形是矩形； （2）由矩形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，则． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，点E为的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键： 巩固训练 1．（24-25九年级上·辽宁阜新·期末）如图，在四边形中，，对角线与交于点O，于点E，交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、全等的性质和HL综合（HL）、二次根式的应用、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、二次根式的应用等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键． （1）先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定即可得证； （2）先利用勾股定理可得，利用三角形的面积公式可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴和都是直角三角形， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）已证：四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 2．（24-25九年级上·全国·期末）如图：在中，，是中线，是的外角的平分线，于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点F，直接写出与之间的关系为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、根据三角形中线求长度、三角形的外角的定义及性质 【分析】（1）由三角形中线的性质得出，．由角平分线的定义和三角形外角的性质可证，即得出，结合题意即得出，则四边形是矩形； （2）根据矩形的性质得出，，结合三角形中线的性质证明四边形为平行四边形，得出，即． 【详解】（1）证明：∵在中，，是中线， ∴，， ∴． ∵是的外角的平分线， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，点F为对角线，的交点， ∴，． ∵是中线， ∴， ∴． 由（1）可知， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查特殊四边形的判定和性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，平行线的判定和性质，三角形中线的性质，熟练掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键． 3．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【知识点】三线合一、根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理， （1），根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2），根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案. 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴， ∴. ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，平分， ∴. ∵， ∴. ∵四边形是矩形， ∴，. ∵， ∴． 题型十　利用菱形的判定与性质综合性问题 例题：（23-24八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是菱形、利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求角度 【分析】（1）先证得再证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论； （2）由菱形的性质得则即可求解． 本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识， 熟练掌握菱形的判定与性质，证明是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∵垂直平分， 在和中， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知， 四边形是菱形， 巩固训练 1．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为36，求长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】根据菱形的性质与判定求角度、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据等角对等边的性质，得到，即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质，得出，由勾股定理可得，从而得到，再证明四边形是平行四边形，得到，即可求出长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， 平分， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，， ，，，， 的周长为36， ， ， 在中，， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ． 2．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形，，平分交于点C，平分，交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的周长是_______． 【答案】(1)见解析 (2)20 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求线段长、根据等角对等边证明边相等、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】（1）由等腰三角形的判定证明，可得，则四边形是平行四边形，然后由，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，根据，由直角三角形斜边上的中线性质可得，然后根据勾股定理即可求，最后求得四边形的周长． 【详解】（1）证明：平分交于点C，平分， ，， ， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 四边形的周长． 故答案为：20 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，． ①求的面积； ②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段为的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，②线段的长为2或18或或5． 【知识点】利用平行四边形的性质证明、根据菱形的性质与判定求线段长、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由题意可得，，，结合，得到，得，可证四边形是平行四边形，再由折叠可知，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得证； （2）①利用菱形的面积的两种求解方式：对角线乘积的一半，底×高，列出方程，，即可得到的高，再利用，求出面积；②分三种情况讨论，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、，即；以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于，即；，画出图形，分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点， ∴，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形． （2）解：①∵平行四边形是菱形， ∴ ∴ ∵四边形是菱形， ∴ ∵平行四边形， ∴ 设菱形边上的高为h， ∴菱形的面积为 即 解得 ∴； ②由① ∵平行四边形， ∴ 如图所示，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、， 当，此时为等腰三角形 ∴； 当，此时为等腰三角形 ∴； 如图所示，以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于， 当，此时为等腰三角形， 由①可知 ∴ ； 由①可知 ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∴即B点，此时为等腰三角形， 则 综上所述：当为等腰三角形时，线段的长为2或18或或5． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的定义是解决问题的关键． 题型十一　正方形的性质与判定的综合问题 例题：（24-25九年级上·辽宁·期中）如图，四边形是平行四边形，，，是边的延长线上的动点，连接，过点作于点． (1)求证：四边形是正方形． (2)当是的中点，且时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】线段垂直平分线的性质、根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质证明 【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质是解决问题的关键． （1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据即可得出结论； （2）连接，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，，，进而得到，在中由勾股定理得，据此可求的面积． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形为菱形， 又， 菱形为正方形， （2）连接，如下图所示： 于点，点为的中点， 为线段的垂直平分线， ，， ， 四边形为正方形， ，， 在中，由勾股定理得：， ， （负值舍去）， ． 巩固训练 1．（23-24八年级下·全国·期中）问题解决：如图，在矩形 中，点， 分别在， 边上，， 于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)延长 到点，使得，判断 的形状，并说明理由． (3)类比迁移：如图，在菱形 中，点， 分别在， 边上， 与 相交于点，，，，，求 的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)是等腰三角形，理由见解析； (3)类比迁移： 【知识点】等边三角形的判定和性质、证明四边形是正方形、全等三角形综合问题、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】(1)根据矩形的性质得，由等角的余角相等可得，利用可得，由全等三角形的性质得，即可得四边形是正方形; (2)利用可得，由全等三角形的性质得，由已知可得，根据线段垂直平分线的性质可得即可得，是等腰三角形； (3)延长到点H，使 ，连接，利用可得，由全等三角形的性质得，.由已知可得，可得是等边三角形，则，，等量代换可得 【详解】（1）证明：如图中， 四边形是矩形， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形； （2）解：结论：是等腰三角形， 理由：四边形是正方形， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （3）解：延长到点，使，连接， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题 2．（23-24八年级下·吉林松原·阶段练习）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点落在上的点处，得到折痕，连接，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点处，得到折痕，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【知识点】勾股定理与折叠问题、根据正方形的性质与判定求线段长、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质； （1）根据矩形的性质和折叠的性质可得，，，从而得到，进而得到，继而得到四边形是菱形，即可求证； （2）根据矩形的性质和折叠的性质可得．在中，利用勾股定理建立方程即可求得的值，从而求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， 将矩形纸片折叠，使点落在AD上的点处， ，，， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形． （2）解：四边形和四边形都是矩形， ，，，， 是由折叠得到的， ． 在中，由勾股定理，得：， 即， 解得． 3．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 【答案】【问题一】；【问题二】；【问题三】证明见解析 【知识点】根据正方形的性质与判定求面积、根据正方形的性质与判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是菱形 【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等． 问题一：证明，即可得到结论； 问题二：连接，由正方形的性质可得，，由（1）中结论可得，等量代换即可得到； 问题三：先证明四边形是菱形，再证明，即可得证． 【详解】问题一： ， 证明如下：在 和 中， 因为 ， 且 ， 所以 ，又因为 ， ， 所以 ，所以 ； 问题二： 如图，连接， 因为点O是正方形的中心，所以， 又由问题一可知，，所以， 所以； 问题三：四边形是正方形， 证明如下：由问题一知，，所以， 所以由勾股定理知，所以四边形是菱形， 又因为在和中，对应边均相等，所以两个三角形全等，所以， 所以，所以，所以四边形是正方形． 题型十二　中点四边形问题 例题：（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）我们给出如下定义：把对角线互相垂直的四边形叫做“对角线垂直四边形”．如图，在四边形中，，四边形就是“对角线垂直四边形”． (1)下列四边形，一定是“对角线垂直四边形”的是______； ①平行四边形  ②矩形  ③菱形   ④正方形 (2)如图，在“对角线垂直四边形”中，点分别是边的中点，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)③④ (2)详见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是矩形、正方形性质理解 【分析】本题考查了中点四边形：任意四边形各边中点的连线所组成的四边形为平行四边形，也考查了三角形中位线性质、菱形、正方形的性质． （1）根据“对角线垂直四边形”的定义求解； （2）根据三角形中位线的性质得到，则可判断四边形是平行四边形，再证明，然后判断四边形是矩形； 【详解】（1）解：菱形和正方形是“对角线垂直四边形”，故③④满足题意． 故答案为：③④． （2）证明：∵点分别是边的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形． ， ， 又， ， ， ∴平行四边形是矩形． 巩固训练 1．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）定义：如图1对于一个四边形，我们把依次连结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”． 问题解决： 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，连接，，． （1）连接，，问，的数量关系和位置关系是什么?请说明理由． （2）四边形______“中方四边形”（此空填“是”或“不是”） 拓展应用： （3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），，理由见解析；（2）是；（3）； 理由见解析 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）连接交于， 连接交于，先证明，再证明得到，再证明，得到，即可得到； （2）如图，取四边形各边中点分别为并顺次连接成四边形，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； （3）如图， 记的中点分别为，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论； 【详解】解：（1），理由如下； 如图所示，连接交于， 连接交于， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴，； （2） 如图， 设四边形的边的中点分别为， ∵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， 又∵ ∴， 又∵， ∴. ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”， 故答案为：是； （3）； 理由如下： 如图3， 记的中点分别为， 连接， ∵四边形是“中方四边形”， 分别是的中点， ∴四边形是正方形， ， ， ∵分别是的中点， ， ； 【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，等腰直角三角形的性质与判定等等，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键. 2．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）教材定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 定理证明：（1）如图1，中，点D、E分别是边、的中点，连接．请你猜想中位线与第三边的数量关系和位置关系，并证明你的结论． 类比迁移：（2）如图2，梯形中，，点E、F分别是腰、的中点．类比三角形中位线，请你猜想梯形的中位线与两底边、的数量关系和位置关系，并证明你的结论． 综合应用：（3）如图3，在梯形中，，E、F分别是对角线、的中点．若，，求的长． 【答案】（1），，证明见解析；（2），证明见解析；（3） 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）延长至点F，使，连接，证明，然后推导四边形为平行四边形，即可得到结论； （2）连接并延长交的延长线于点G，证明，然后根据三角形的中位线定理得到结论； （3）如图，取的中点，连接，，而E、F分别是对角线、的中点．证明三点共线，再结合三角形的中位线的性质可得答案； 【详解】证明：（1），，理由如下： 延长至点F，使，连接， ，，， ， ，， ， ，， ， 又， 四边形为平行四边形， ，， ，． （2）解：，理由如下： 连接并延长交的延长线于点G，如图： ∵， ，， ∵F是CD的中点， ， ， ，， ∵E是的中点，F是的中点， ， ． （3）如图，取的中点，连接，，而E、F分别是对角线、的中点． ∴，，而， ∴， ∴三点共线， 由三角形的中位线的性质可得： ，， ∴； 题型十三　多边形内角和问题 例题：（2024·辽宁·模拟预测）一个八边形的内角和是 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形内角和定理，直接套用多边形的内角和进行计算可求八边形的内角和， 【详解】解：内角和：． 故答案为： 巩固训练 1．（23-24八年级下·上海·阶段练习）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 【答案】18 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意，得 ， ∴． 故答案为：18． 2．（2024·河北邯郸·一模）已知一个正边形的内角和与外角和的差为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，解一元一次方程，根据多边形的内角和公式，外角和等于列出方程求解即可，注意利用多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是是解题的关键． 【详解】解：由题知，正边形的内角和为，正边形的外角和为， 又∵正边形的内角和与外角和的差为， ∴， 解得：， 故答案为：． 题型十四　多边形对角线的条数问题 例题：（23-24七年级下·江苏泰州·阶段练习）从十边形的一个顶点画这个多边形的对角线，最多可画 条． 【答案】/七 【分析】此题主要考查了多边形对角线，根据边形从一个顶点出发可引出条对角线进行计算即可，解题的关键是熟练掌握计算公式． 【详解】解：从十边形一个顶点画对角线能画（条）， 故答案为：． 巩固训练 1．（23-24八年级上·湖北武汉·阶段练习）六边形的内角和为 ，外角和为 ，它共有 条对角线． 【答案】 /720度 /360度 9 【分析】 本题主要考查了多边形内角和定理，外角和定理，多边形对角线条数问题，对于n边形，其内角和为，外角和为，对角线条数为，据此求解即可． 【详解】解；六边形的内角和为，外角和为，它有条对角线 故答案为：；；9． 2．（23-24八年级上·湖北武汉·阶段练习）八边形从一个顶点出发可以画a条对角线，将这个八边形分成b个三角形，则 ． 【答案】11 【分析】 本题考查了多边形的对角线的条数与边数的关系，代数式求值，根据多边形的边数与对角线的条数的关系求出a，b的值，代入求解即可． 【详解】解：由题意可知：，， ， 故答案为：11． 题型十五　多边形截角后的边数与内角和问题 例题1：（23-24八年级上·青海西宁·阶段练习）一个四边形截去一个角后，所形成的一个新多边形的边数是 ． 【答案】3或4或5 【分析】一个四边形剪去一个角后，分三种情况求解即可，①边数可能减少1，②边数可能增加1，③边数可能不变． 【详解】解：一个四边形截去一个角后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形． 故答案为：3或4或5． 【点睛】本题考查的知识点是多边形的定义，解题关键是列举出所有可能的情况． 例题2：（23-24八年级上·贵州安顺·期末）将一个五边形纸片，剪去一个角后得到另一个多边形，则得到的多边形的内角和是（     ） A． B． C．或 D．或或 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和，找出五边形纸片剪去一个角出现的情况，再根据边形内角和公式得出多边形的内角和，即可解题． 【详解】解：如图，将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是或或， 其中四边形内角和为，五边形内角和为，六边形内角和为， 得到的多边形的内角和是或或， 故选：D． 巩固训练 1．（23-24七年级下·江苏淮安·阶段练习）小明将一个五边形用剪刀沿直线剪去一个角，将这个五边形分成两个多边形，那么关于这两个多边形所有的内角的和与原五边形的内角和相比，下列说法中不可能的是（   ） A．减少180° B．不变 C．增加180° D．增加360° 【答案】A 【分析】按照题意画出图形逐一判断即可解题． 【详解】如图，减去一个角，变为一个三角形和一个六边形，内角和增加； 如图，减去一个角，变为一个三角形和一个五边形，内角和增加；    如图，减去一个角，变为一个三角形和一个四边形，内角和，内角和不变；    综上所述内角和不会减少180°， 故选A． 【点睛】本题考查多边形截角后的内角和问题，分情况画图讨论是解题的关键． 2．（23-24八年级上·四川绵阳·阶段练习）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 【答案】14或15或16 【分析】分三种情况进行讨论，得出答案即可． 【详解】解：如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形少了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 如图，一个多边形减去一个角后，与原来多边形的边数相同， ∴此时原多边形的边数为15； 如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形多了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 综上分析可知，原来的多边形边数为14或15或16． 故答案为：14或15或16． 【点睛】本题主要考查了多边形的边数问题，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 3．（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）一个多边形的外角和是内角和的，若这个多边形截去一个角后，则所形成的多边形是 边形． 【答案】六或七或八 【分析】首先求得多边形的边数，再分三种情况讨论即可。 【详解】解：设多边形的边数为，依题意，得： ， 解得：， 如图，剪切有下列三种情况： ①不经过顶点剪，则所形成的多边形是八边形； ②只过一个顶点剪，则所形成的多边形是七边形； ③过两个相邻顶点剪，则所形成的多边形是六边形。 故答案为：六或七或八。 【点睛】本题考查多边形的内角和定理和外角和定理，分三种情况解答是关键． 题型十六　多边形内角和与外角和综合 例题：（23-24八年级上·新疆昌吉·期中）如图，在五边形中， (1)若，请求的度数； (2)试求出及五边形外角和的度数． 【答案】(1) (2)，五边形外角和的度数是 【分析】本题主要考查多边形内角和、外角和及平行线的性质，熟练掌握多边形内角和及平行线的性质是解题的关键． （1）根据平行线的性质可进行求解； （2）根据多边形内角和、外角和及平行线的性质可进行求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴； （2）解：五边形中，， ∵，，， ∴ ； 五边形外角和的度数是． 巩固训练 1．（23-24七年级下·江苏盐城·阶段练习）将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的位置摆放，如果，，那么的度数等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形、正方形、正五边形的内角和、三角形的外角和，先求出等边三角形、正方形、正五边形每个内角的度数，再根据三角形的外角和等于列出等式计算即可求解，掌握正多边形的内角和公式和外角和等于是解题的关键． 【详解】解：等边三角形的每个内角为， 正方形的每个内角为， 正五边形的每个内角为， 如图，    ∵的外角和等于， ∴， 即， ∴， ∵，， ∴， 故选：． 2．（23-24八年级上·贵州黔东南·期中）如图所示，七边形中，的延长线相交于点O，若图中的和为，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的外角和，任意多边形的外角和均为，延长交于点，可得据此即可求解． 【详解】解：延长交于点，如图所示： ∵任意多边形的外角和均为， 且的和为， ∴ 即： ∴ 故选：D 3．（23-24八年级下·河北保定·期末）某数学兴趣小组在学习了“多边形内角和与外角和”后深入思考，继续探究多边形的一个外角与它不相邻的内角之和具有的数量关系．    (1)如图1，与，之间的数量关系为______．若，，则______． (2)如图2，是四边形ABCD的外角，求证：． (3)若n边形的一个外角为，与其不相邻的内角之和为，则x，y与n的数量关系是______． 【答案】(1)，； (2)见解析； (3)． 【分析】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是掌握n边形的内角和公式：（且n为整数）． （1）根据三角形的内角和和邻补角的性质即可得出答案； （2）根据四边形的内角和和邻补角的性质即可得出结论； （3）根据n边形的内角和和邻补角的性质即可得出答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴； ∵，， ∴ 故答案为：，； （2）证明：∵，， ∴， ∴． （3）解：∵n边形的某一个外角的度数是， ∴与这个外角相邻的内角是， ∵与这个外角不相邻的所有内角的和是， ∴， 整理得：， 故答案为：． 4．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）【题目】如图①：根据图形填空： （1）　　，　　； （2）______　 ； 【应用】 （3）如图②．求的度数； 【拓展】 （4）如图③，若，则的大小为度．    【答案】（1），；（2）；；（3）；（4） 【分析】本题考查了多边形的外角和以及外角和的求法，熟练掌握三角形外角性质是解答本题的关键． （1）利用三角形外角性质即可求出； （2）根据外角性质，将转化到一个三角形内计算即可； （3）利用三角形外角性质将转化到一个三角形中，再根据三角形内角和即可得到结果； （4）利用外角套外角可得，，根据对顶角相等，即可计算出结果． 【详解】解：（1）∵是三角形的外角， ∴， ∵是三角形的外角， ∴． 故答案为：，． （2）∵，， ∴， 故答案为：；． （3）∵，， ∴； （4）如图，连接并延长，    根据三角形外角性质可得： ， 同理可得：， ∵， ∴， 故答案为：． 题型十七　平面镶嵌 例题：（2023·山东青岛·模拟预测）如图是一种特殊的五边形，3个这样的五边形可以密铺拼成一个正六边形．若，则 ．    【答案】/95度 【分析】 本题考查了多边形的内角和定理．根据多边形的内角和定理分别求得和的度数，进一步计算即可求解． 【详解】解：根据正六边形的性质得， ∴3个这样的五边形可以密铺， ∴， ∵五边形的内角和为， ∵， ∴， 故答案为：． 巩固训练 1．（23-24八年级上·江西南昌·阶段练习）如图所示，是工人师傅用边长均为a的一块正六边形和一块正方形地砖绕着点B进行的铺设，若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质，正多边形的每一个内角都相等，根据题意得到的大小，结合多边形内角和列式求解即可得到答案； 【详解】解：∵一块正六边形和一块正方形地砖绕着点B进行的铺设， ∴， ∴这块正多边形地砖的边数是：， 解得：， 故答案为：． 2．（23-24八年级上·山东烟台·期末）小颖家买了新楼，她想在边长相同的①正三角形、②正方形、③正五边形、④正六边形四种瓷砖中，选择一些瓷砖进行地面的镶嵌（彼此之间不留空隙、不重叠）． (1)她想选用两种瓷砖，若已选用正三角形瓷砖，则可以再选择的是______瓷砖（填写序号）； (2)她发现仅用正五边形瓷砖不能镶嵌地面，若将三块相同的正五边形瓷砖按如图所示放置，求的度数． 【答案】(1)②或④， (2)． 【分析】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键． （1）进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是，因此我们只需要验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可； （2）求出正五边形的三个内角和，再用减掉即可． 【详解】（1）解：正三角形一个内角是， 正方形的一个内角是， 正五边形的一个内角是， 正六边形的一个内角是， ∴可以进行地面的镶嵌是②或④． （2）解：正五边形的每个内角度数为． 所以，． / 学科网（北京）股份有限公司 $$