专题03 多边形与平行四边形（9大考点经典基础练+优选提升练）（湖南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题03 多边形与平行四边形 题型概览 题型01多边形内角和 题型02正多边形内角问题 题型03正多边形外角问题 题型04多边形内角和与外角和 题型05平行四边形解决线段问题 题型06平行四边形解决角度问题 题型07平行四边形解决周长面积问题 题型08平行四边形的判定证明 题型09平行四边形的判定与性质综合 ( 题型01 ) 多边形内角和 1．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．八边形 B．十边形 C．九边形 D．七边形 【答案】B 【分析】此题考查多边形的内角和问题，关键是根据n边形的内角和公式．利用n边形的内角和可以表示成，结合方程即可求出答案． 【详解】解：设这个多边形为n边形，根据多边形的内角和可得： ， 解得：． 则这个多边形是十边形． 故选：B． 2．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，其建筑艺术也是美术鉴赏的重要对象．如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，则它的内角和为 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．多边形的内角和为，其中n为正多边形的边数．根据多边形的内角和公式计算，即得答案． 【详解】正八边形的内角和为． 故答案为：． 3．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，求 ． 【答案】225°/225度 【分析】连接AD，BC，根据三角形内角和、四边形内角和求解即可． 【详解】解：连接AD，BC， 四边形ABCD中，∠DAB＋∠ABC＋∠BCD＋∠CDA＝360°， ∵∠DEA＋∠EAD＋∠ADE＝180°，∠DEA＝105°， ∴∠EAD＋∠ADE＝180°−105°＝75°， ∵∠CFB＋∠FCB＋∠FBC＝180°，∠CFB＝120°， ∴∠FCB十∠FBC＝180°−120°＝60°， ∴∠DCF＋∠ABF＋∠EAB＋∠EDC＝360°−（∠EAD＋∠ADE）−（∠FCB＋∠FBC）＝360°−75°−60°＝225°， 故答案为：225°． 【点睛】此题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 4．（23-24八年级下·湖南·期末）若一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°，列式求解即可． 【详解】设这个多边形是n边形，根据题意得， （n﹣2）•180°＝900°， 解得n＝7． 故选：C． 【点睛】本题考查多边形内角和，掌握多边形内角和公式是解答本题的关键． 5．（23-24八年级下·湖南·期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（　　） A．内角和增加360° B．外角和增加360° C．对角线增加一条 D．内角和增加180° 【答案】D 【详解】因为n边形的内角和是（n﹣2）•180°， 当边数增加一条就变成n+1，则内角和是（n﹣1）•180°， 内角和增加：（n﹣1）•180°﹣（n﹣2）•180°=180°； 故选D． ( 题型02 ) 正多边形内角问题 6．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，将边长相等的正方形和正六边形瓷砖平铺在地面上，则 ． 【答案】/150度 【分析】此题考查了多边形内角和外角，熟练掌握多边形的内角和定理是解本题的关键． 利用多边形的内角和定理求出正方形与正六边形的内角和，进而求出每一个内角，即可确定出所求角的度数． 【详解】解：正方形的内角和为，每一个内角为； 正六边形的内角和为，每一个内角为， 则， 故答案为：． 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图1是我国古建筑墙上常用的八角形空窗，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，它的一个内角的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是正多边形的内角与外角问题，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， ∴正八边形的每一个外角为， ∴正八边形的每一个内角为， 故答案为：． 8．（23-24八年级下·湖南·期末）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的正六边形如图2，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形内角和的计算以及三角形内角和定理，n边形的内角和为． 根据正六边形的内角和公式求出的度数，再根据三角形内角和定理求的度数，同理可得的度数，根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴， ， ∴， 同理， ∴， 故答案为：120． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）将一把直尺和正六边形按如图所示的位置放置，若，那么的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行线的性质，正多边形的内角和定理．过点C作与直尺平行，可得，再由正六边形的性质可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点C作与直尺平行， ∴， ∵多边形为正六边形， ∴， ∴． 故选：C 10．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，点P在正五边形内，满足，，则的度数是 ．    【答案】/36度 【分析】本题考查多边形内角和公式及等腰三角形的性质、三角形内角和定理，属于简单试题． 首先可根据五边形内角和公式求出每个内角的度数，然后求出，即可求出． 【详解】解：根据正多边形内角和公式可得， 正五边形的内角和， 则， ， ， 则， ， ． 故答案为：． ( 题型03 ) 正多边形外角问题 11．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，李明利用所学的数学知识，给同桌出了这样一道题：某人从点A出发，沿直线走6米后向左转，接着沿直线前进6米后，再向左转，…，如此下去，当他第一次回到点A时，发现自己一共走了48米，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，解决本题的关键是明确第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，用，求得边数，再根据多边形的外角和为，即可求解． 【详解】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形， ∴正多边形的边数为：， 根据多边形的外角和为， ∴则他每次转动θ的角度为：， 故选：D． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）若一个正多边形的一个外角是45°，则这个正多边形的边数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【分析】根据正多边形每个外角都相等且外角和为360°列式解答即可． 【详解】解：∵正多边形每个外角都相等且外角和为360° ∴正多边形的边数是360°÷45°=8． 故选B． 【点睛】本题主要考查了正多边形的外角的性质和外角和，灵活运用正多边形每个外角都相等且外角和为360°成为解答本题的关键． 13．（23-24八年级下·湖南·期末）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． 【答案】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． 14．（23-24八年级下·湖南·期末）如果正多边形的一个外角为，那么它是正 边形． 【答案】九 【分析】此题主要考查了多边形的外角和，利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角相等即可求出答案． 利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角相等即可求出答案． 【详解】解：由题意得：， 因此它是九边形， 故答案为：九． 15．（23-24八年级下·湖南·期末）正五边形的每一个外角是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正多边形的外角，根据多边形的外角和等于360度，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：正五边形的每一个外角是； 故选D． ( 题型0 4 )多边形内角和与外角和 16．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）一个多边形的每一个内角是它相邻外角的9倍，这个多边形是几边形? 【答案】这个多边形是二十边形 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，一元一次方程的应用．解题的关键在于外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求出正多边形的边数．设每一个外角的度数为，则每一个内角的度数为，根据一个内角与其相邻外角互补建立方程求解，得到一个外角度数，从而得到多边形的边数，即可解题． 【详解】解：设每一个外角的度数为，则每一个内角的度数为， 则，解得：， 又， ∴这个多边形是二十边形． 17．（23-24八年级下·湖南·期末）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，设这个正多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为，再根据多边形外角和为，结合题意建立方程求解即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个正多边形的边数是6， 故答案为：6． 18．（23-24八年级下·湖南·期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的内角和为 ． 【答案】1260 【分析】本题主要考查了多变形的内角与外角．首先根据外角和与一个外角的度数可得多边形的边数，再根据多边形的内角和公式进行计算即可． 【详解】解：一个多边形的每一个外角都等于， 这个多边形的边数为：， 这个多边形的内角和为：， 故答案为：． 19．（23-24八年级下·湖南·期末）一个多边形的每个外角均为，则这个多边形是（     ） A．八边形 B．七边形 C．六边形 D．五边形 【答案】D 【分析】本题主要考查的是多边形的内角和与外角和，然后根据外角和为360°即可求得多边形的边数． 【详解】解：∵多边形外角和为， ∴多边形的外角个数为：， ∴ 这个多边形是五边形． 故选：D． 20．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，是工人师傅用边长均为的两块正方形和一块正三角形地砖绕着点进行的铺设，若将一块边长为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】正多边形的组合进行平面镶嵌，位于同一顶点处的几个角之和为，从而可得的度数，计算正多边形的外角，由此可得边数． 【详解】解：正三角形和正方形的内角分别为与， ， 这块正多边形地砖的边数为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平面密铺的知识，解决此类题，记住几个常用正多边形的内角，关键是看位于同一顶点处的几个角之和为． ( 题型0 5 )平行四边形解决线段问题 21．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点E，平分交于点F，若，，则为（　　） A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行线与角平分线相结合可得，，再结合平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：平行四边形中， ，， 平分，平分， ，， ，， ，， 又平行四边形中，， ， ， ， ， 故选D． 22．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在平行四边形中，，平分交于点E，则 ． 【答案】5 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，掌握平行四边形的对边平行且相等是解题的关键．由平行四边形的性质可得，，，由角平分线的定义可得，可证，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 故答案为：5 23．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在中，，与的角平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为（   ） A．9 B．16 C．25 D．36 【答案】D 【分析】根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，然后利用勾股定理，即可求出答案． 【详解】∵在中， ， ， ，与的角平分线交于点E， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理，得． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练平行四边形的性质，正确求出角之间的关系进行解题． 24．（23-24八年级下·湖南怀化·期末）如图，在中，已知平分交边于点E，则的长度为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行线的性质和平分，得出，再结合线段的和差关系进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 则， ∴， 故答案为：2． 25．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则 ． 【答案】3 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、角平分线的概念，根据平行四边形的性质及角平分线的性质得，进而可得，根据即可求解，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 故答案为：3． ( 题型0 6 )平行四边形解决角度问题 26．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平行四边形中，平分且交于点，，则的大小是 【答案】/59度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，掌握平行四边形的性质是解题的关键．由平行四边形的性质可得，，由角平分线的定义和平行线的性质可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 27．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形是平行四边形，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质．根据平行四边形对角相等即可求出． 【详解】解：在中有：， ， ， 故选：D． 28．（23-24八年级下·湖南·期末）在中，若，则 ． 【答案】/76度 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，进行计算求出，再根据邻角互补求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 29．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，四边形是平行四边形，点E在线段的延长线上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．根据平角的性质可求出的度数，根据平行四边形的性质即可求出的度数． 【详解】解：∵点在线段的延长线上，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 故选：． 30．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，，平分，则的度数是 ． 【答案】/度 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，利用平行线的性质及角平分线的性质求得是解题的关键． 由平行四边形的性质可得，，由角平分线的性质得出，从而可得出答案． 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴，， ∴ ∵平分， ∴， ， 故答案为：． ( 题型0 7 )平行四边形解决周长面积问题 31．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，平行四边形的周长为相交于点交于点，则的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，点是线段的中点，结合，可得是垂直平分线，可得，再根据的周长为即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且周长为， ∴，点是线段的中点， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵的周长为， ∴ ， 故答案为： ． 32．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，四边形是平行四边形，若平行四边形的面积是，则阴影部分的面积 ． 【答案】 【分析】本题主要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题的关键．根据平行四边形的性质可得，再证得，可得，从而得到阴影部分的面积等于，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ，，， ， ， 阴影部分的面积等于． 故答案为：． 33．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在平行四边形中，平分，交于点E，，，则平行四边形的周长是（    ） A．4 B．7 C．12 D．14 【答案】D 【分析】本题考查角平分线定义，平行四边形性质等．根据题意可得，继而得，再利用周长公式即可得到本题答案． 【详解】解：∵平行四边形中，平分，， ∴，，则 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形的周长：， 故选：D． 34．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．若，求的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形面积的计算，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，求得，根据等腰三角形的判定定理即可得到，根据线段的和差得到，过D作交的延长线于H，根据直角三角形的性质得到，，根据三角形的面积公式即可得到的面积． 【详解】在中， ， ， 平分， ， ， ∴， ； 过D作交的延长线于H， ， ， ， ， ， 的面积． 故答案为：． 35．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在四边形中，，，，，点在上，且为边上的两个动点，且，则四边形的周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】先确定和的长为确定的值，得到四边形的周长最小时，即为最小时，过点F作得平行四边形，知作点E关于对称点Q，连接则连接当三点共线时，的值最小，为得到最小为在中由勾股定理可得从而可求出结论． 【详解】解：∵ ∴ ∴ 在中， ∴ ∵ ∴四边形的周长为， 要使四边形的周长最小，只要最小即可， 过点F作交于点P，则四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴ 延长到点，使连接则 ∴ ∴ 当三点共线时，的值最小，为 ∴的最小值为 在中， ∴四边形的周长为 故答案为： 【点睛】本题考查轴对称-最短路线问题，解答中涉及三角形三边关系，勾股定理，能将周长和的最小值表示成一条线段的长与固定长度的和是解题的关键． ( 题型0 8 )平行四边形的判定证明 36．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）下列给出的条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （填序号）． ①，；②，；③，；④，． 【答案】③ 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，根据平行四边形的判定定理逐项判断即可得出答案． 【详解】解：①∵，，∴四边形是平行四边形，不符合题意； ②∵，，∴四边形是平行四边形，不符合题意； ③，不能判定四边形是平行四边形，符合题意； ④∵，，∴四边形是平行四边形，不符合题意； 故答案为：③． 37．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在四边形中，，要使为平行四边形，下列添加的条件不能是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的判定方法，解题的关键是掌握平行四边形的判定方法．据此对各选项逐一分析即可作出判断． 【详解】解：A．∵，， ∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； B．∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； C．当，时， 四边形可能为等腰梯形， 所以不能证明四边形为平行四边形，故此选项符合题意； D．∵，， ∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意． 故选：C． 38．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得，连接． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练相关性质是解题的关键． （1）证明，可得，可得，得到，即可解答； （2）证明，利用勾股定理列方程求得即可解答． 【详解】（1）解：，， ， ， 点E是边的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：平分， ， 四边形是平行四边形 ， ， ， 设，则， 在中，可得方程， 解得， 平行四边形的面积为． 39．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，已知是等边三角形，点、分别在线段、上，，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连结，若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）证明，再由，即可证明四边形是平行四边形； （2）连接，证是等边三角形，得到，，再证，即可得出． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：连接，如图所示：   ，， 是等边三角形， ，， ， ， 是等边三角形， ，， ， 在和中， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定，证明是解题的关键． 40．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长与的延长线交于F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求的面积． 【答案】(1)见详解； (2) 【分析】（1）根据得到，即可得到，从而得到，即可得到，即可得到证明； （2）根据得到，结合即可得到，从而得到为等边三角形，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在与中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴为等边三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴ ， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴ ， ∴的面积是： 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质，解题的关键是根据平行四边形的性质得到是等边三角形． ( 题型0 9 )平行四边形的判定与性质综合 41．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定： （1）根据平行四边形的性质可得，根据E、F分别是的中点，可得，即可得结论； （2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到，进而利用平行四边形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E、F分别是边上的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 42．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，于点，于点，连结，． (1)求证：； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）证明四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）设，则：，勾股定理求出的值，进而求出的长，进而求出四边形的面积即可． 【详解】（1）解：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）由（1）知：， ∴， 设，则：， 由勾股定理，得：， ∴， 解得：， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形的面积． 43．（23-24八年级下·湖南·期末）课本再现 在学习了平行四边形的概念后，进一步得到平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分． （1）如图1，在平行四边形中，对角线与交于点O，求证：，． 知识应用 （2）在中，点P为的中点．延长到D，使得，延长AC到E，使得，连接．如图2，连接，若，请你探究线段与线段之间的数量关系．写出你的结论，并加以证明． 【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等： （1）由平行四边形的性质得到，证明，即可证明，； （2）过点B作交于H，连接，则，先证明是等边三角形，得到，进而证明是等边三角形，得到，接着证明四边形是平行四边形，得到互相平分，则，证明，得到，则． 【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴，； （2），证明如下： 如图所示，过点B作交于H，连接， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等边三角形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴互相平分， ∵点P为的中点， ∴A、P、H三点共线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 44．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，已知平行四边形ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，延长AE、CF分别交CD、AB于点M、N． （1）求证：四边形CMAN是平行四边形． （2）若DM=2，AN=3，求AB的长． 【答案】（1）见解析；（2）5 【分析】（1）欲证明四边形AMCN是平行四边形，只要证明CM∥AN，AM∥CN即可； （2）根据四边形ABCD是平行四边形，得到AB＝CD，再由四边形CMAN是平行四边形，AN=3，得到CM=AN=3，根据CD=DM+CM=5，即可求解． 【详解】解：（1）∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴AM∥CN， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CM∥AN， ∴四边形CMAN是平行四边形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD， ∵四边形CMAN是平行四边形，AN=3 ∴CM=AN=3， ∴CD=DM+CM=5， ∴AB=CD=5． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、平行线的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 45．（23-24八年级下·湖南·期末）在平行四边形ABCD中，E，F分别是AB，DC上的点，且AE＝CF，连接DE，BF，AF． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形； （2）若AF平分∠DAB，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的长． 【答案】（1）见解析；（2）4 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，AD＝CB，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠DAF＝∠AFD，求得AD＝DF，根据勾股定理的逆定理和勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C，AD＝CB， 在△DAE和△BCF中 ∴△DAE≌△BCF（SAS）， ∴DE＝BF， ∵AB＝CD，AE＝CF， ∴AB-AE＝CD-CF， 即DF＝BE， ∵DE＝BF，BE＝DF， ∴四边形DEBF是平行四边形； （2）解：∵AB∥CD， ∴∠DFA＝∠BAF， ∵AF平分∠DAB， ∴∠DAF＝∠BAF， ∴∠DAF＝∠AFD， ∴AD＝DF， ∵四边形DEBF是平行四边形， ∴DF＝BE＝5，BF＝DE＝4， ∴AD＝5， ∵AE＝3，DE＝4， ∴AE2+DE2＝AD2， ∴∠AED＝90°， ∵DE∥BF， ∴∠ABF＝∠AED＝90°， ∴AF＝． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理及逆定理，能综合运用知识点进行推理是解题的关键． 一、单选题 1．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）平面图形的镶嵌在生活中的应用非常广泛，从简单的地板和墙纸设计到复杂的艺术品创作，都展现了其独特的魅力和实用性．下列几组多边形组合不能进行平面图形镶嵌的是（    ） A．正三角形与正方形 B．正三角形与正六边形 C．正方形与正八边形 D．正方形与正六边形 【答案】D 【分析】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．正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满． 【详解】解：A、正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是，，能铺满地面； B、正三角形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，能铺满地面； C、正方形的每个内角是，正八边形的每个内角是，，能铺满地面； D、正方形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，，显然取任何整数时，不能得正整数，故不能铺满． 故选：D 2．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，已知，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，长为半径画弧；②以点D为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点C，连接．可直接判定四边形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 【答案】B 【分析】本题考查了基本作图，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 根据圆的半径相等，得到，根据判定定理解答即可． 【详解】解：根据作法得到， 则两组对边分别相等， 那么，四边形为平行四边形， 故选：B． 3．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在四边形中，对角线相交于点O，．下列条件能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定：（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）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．分别利用平行四边形的判定方法进行判断，即可得出结论． 【详解】解：A、，，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判断四边形是平行四边形，故选项A符合题意； B、，，由“一组对边平行，另一边相等的四边形”无法判断四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； C、，，无法判断四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、若，，无法判断四边形是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：A 4．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即和的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力，如图． 解决问题：设两个共点的合力为，现保持两力的夹角不变，使得其中一个力增大，则（   ） A．合力一定增大 B．合力的大小可能不变 C．合力可能增大，也可能减小 D．合力一定减小 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，理解题意是解题的关键． 【详解】解：如下图： 已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大．如图所示，两力的夹角不变，使得其中一个力不变，增大时，合力F也在增大，故A正确，B，C，D错误， 故选∶A． 5．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）在中，如果，那么的度数是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角相等；由此性质即可求解． 【详解】解：在中，与是对角， 所以； 故选：C． 二、填空题 6．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）边形的外角和等于 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形外角和为是解题的关键，根据多边形外角和定理即可求解． 【详解】解：多边形外角和为， ∴边形的外角和等于， 故答案为： ． 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，若、，，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和，解题的关键是掌握平行四边形对角相等，等腰三角形等边对等角，直角三角形两锐角互余．先根据平行四边形的性质得出，再由得出，最后根据，即可解答． 【详解】解： 四边形是平行四边形，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 三、解答题 8．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，过点作，过点作的垂线，分别交于点，且，． (1)求证：； (2)若，求的值； (3)连接，证明：． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的两锐角互余，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键． （1）根据平行四边形的性质进行推导即可解题； （2）证明，然后得到，，进而得到，过点作交延长线于，由，则可得到为平行四边形，然后在等腰直角中利用勾股定理计算解题； （3）过点作，交延长线于，证明，，得到是等腰直角三角形，然后利用勾股定理推理即可． 【详解】（1）四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， （2）， ， ， ， ，， ， ， ， 过点作交延长线于，由， ∴为平行四边形 为等腰直角三角形，，， ； （3）过点作，交延长线于， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，A、C分别在、的延长线上，且，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，先证明，，可得，再结合已知条件可得结论． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在和中，， ； 10．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，平行四边形，E、F两点在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形．    【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，连接与交于O，由平行四边形的性质可得，再证明，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：如图所示，连接与交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形．    11．（23-24八年级上·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，点E在边上，且，F为线段上一点，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，，求． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用平行四边形的性质及等角的补角相等即可证明； （2）由平行四边形的性质得，由（1）所证及，即可证明； （3）由（2）及已知得，，进而得；即可得；证明，则；过E作于G，分别在中由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明： ∵四边形是平行四边形， ∴； ∵，， ∴； （2）证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， 由（1）知：， ∵， ∴； （3）解：∵， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 如图，过E作于G， 则， ∴，； 在中，，由勾股定理得， 在中，，由勾股定理得． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含30度直角三角形的性质等知识，题目不难，灵活运用这些知识是关键． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，E，F分别为垂足． (1)求证：△ABE≌△CDF． (2)求证：四边形AECF是平行四边形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）只需要利用AAS证明两个三角形全等即可； （2）根据△ABE≌△CDF，得到AE=CF，再由AE⊥BD，CF⊥BD，得到AE∥CF，由此即可证明结论． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AB∥CD， ∴∠ABE=∠CDF， ∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴∠AEB=∠CFD=90°， ∴△ABE≌△CDF（AAS）； （2）解：∵△ABE≌△CDF， ∴AE=CF， 又∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平行线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟知平行四边形的性质与判定条件． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 多边形与平行四边形 题型概览 题型01多边形内角和 题型02正多边形内角问题 题型03正多边形外角问题 题型04多边形内角和与外角和 题型05平行四边形解决线段问题 题型06平行四边形解决角度问题 题型07平行四边形解决周长面积问题 题型08平行四边形的判定证明 题型09平行四边形的判定与性质综合 ( 题型01 ) 多边形内角和 1．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．八边形 B．十边形 C．九边形 D．七边形 2．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，其建筑艺术也是美术鉴赏的重要对象．如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，则它的内角和为 ． 3．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，求 ． 4．（23-24八年级下·湖南·期末）若一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 5．（23-24八年级下·湖南·期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（　　） A．内角和增加360° B．外角和增加360° C．对角线增加一条 D．内角和增加180° ( 题型02 ) 正多边形内角问题 6．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，将边长相等的正方形和正六边形瓷砖平铺在地面上，则 ． 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图1是我国古建筑墙上常用的八角形空窗，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，它的一个内角的度数是 ． 8．（23-24八年级下·湖南·期末）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的正六边形如图2，则的度数为 ． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）将一把直尺和正六边形按如图所示的位置放置，若，那么的大小为（    ） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，点P在正五边形内，满足，，则的度数是 ．    ( 题型03 ) 正多边形外角问题 11．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，李明利用所学的数学知识，给同桌出了这样一道题：某人从点A出发，沿直线走6米后向左转，接着沿直线前进6米后，再向左转，…，如此下去，当他第一次回到点A时，发现自己一共走了48米，则的度数为（ ） A． B． C． D． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）若一个正多边形的一个外角是45°，则这个正多边形的边数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 13．（23-24八年级下·湖南·期末）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． 14．（23-24八年级下·湖南·期末）如果正多边形的一个外角为，那么它是正 边形． 15．（23-24八年级下·湖南·期末）正五边形的每一个外角是（    ） A． B． C． D． ( 题型0 4 )多边形内角和与外角和 16．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）一个多边形的每一个内角是它相邻外角的9倍，这个多边形是几边形? 17．（23-24八年级下·湖南·期末）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ． 18．（23-24八年级下·湖南·期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的内角和为 ． 19．（23-24八年级下·湖南·期末）一个多边形的每个外角均为，则这个多边形是（     ） A．八边形 B．七边形 C．六边形 D．五边形 20．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，是工人师傅用边长均为的两块正方形和一块正三角形地砖绕着点进行的铺设，若将一块边长为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 ．    ( 题型0 5 )平行四边形解决线段问题 21．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点E，平分交于点F，若，，则为（　　） A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 22．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在平行四边形中，，平分交于点E，则 ． 23．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在中，，与的角平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为（   ） A．9 B．16 C．25 D．36 24．（23-24八年级下·湖南怀化·期末）如图，在中，已知平分交边于点E，则的长度为 ． 25．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则 ． ( 题型0 6 )平行四边形解决角度问题 26．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平行四边形中，平分且交于点，，则的大小是 27．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形是平行四边形，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 28．（23-24八年级下·湖南·期末）在中，若，则 ． 29．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，四边形是平行四边形，点E在线段的延长线上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 30．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，，平分，则的度数是 ． ( 题型0 7 )平行四边形解决周长面积问题 31．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，平行四边形的周长为相交于点交于点，则的周长为 ． 32．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，四边形是平行四边形，若平行四边形的面积是，则阴影部分的面积 ． 33．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在平行四边形中，平分，交于点E，，，则平行四边形的周长是（    ） A．4 B．7 C．12 D．14 34．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．若，求的面积是 ． 35．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在四边形中，，，，，点在上，且为边上的两个动点，且，则四边形的周长的最小值为 ． ( 题型0 8 )平行四边形的判定证明 36．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）下列给出的条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （填序号）． ①，；②，；③，；④，． 37．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在四边形中，，要使为平行四边形，下列添加的条件不能是（  ） A． B． C． D． 38．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得，连接． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若平分，，，求四边形的面积． 39．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，已知是等边三角形，点、分别在线段、上，，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连结，若，，求的长度． 40．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长与的延长线交于F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求的面积． ( 题型0 9 )平行四边形的判定与性质综合 41．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，求的长． 42．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，于点，于点，连结，． (1)求证：； (2)若，，，求四边形的面积． 43．（23-24八年级下·湖南·期末）课本再现 在学习了平行四边形的概念后，进一步得到平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分． （1）如图1，在平行四边形中，对角线与交于点O，求证：，． 知识应用 （2）在中，点P为的中点．延长到D，使得，延长AC到E，使得，连接．如图2，连接，若，请你探究线段与线段之间的数量关系．写出你的结论，并加以证明． 44．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，已知平行四边形ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，延长AE、CF分别交CD、AB于点M、N． （1）求证：四边形CMAN是平行四边形． （2）若DM=2，AN=3，求AB的长． 45．（23-24八年级下·湖南·期末）在平行四边形ABCD中，E，F分别是AB，DC上的点，且AE＝CF，连接DE，BF，AF． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形； （2）若AF平分∠DAB，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的长． 一、单选题 1．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）平面图形的镶嵌在生活中的应用非常广泛，从简单的地板和墙纸设计到复杂的艺术品创作，都展现了其独特的魅力和实用性．下列几组多边形组合不能进行平面图形镶嵌的是（    ） A．正三角形与正方形 B．正三角形与正六边形 C．正方形与正八边形 D．正方形与正六边形 2．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，已知，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，长为半径画弧；②以点D为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点C，连接．可直接判定四边形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 3．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在四边形中，对角线相交于点O，．下列条件能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即和的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力，如图． 解决问题：设两个共点的合力为，现保持两力的夹角不变，使得其中一个力增大，则（   ） A．合力一定增大 B．合力的大小可能不变 C．合力可能增大，也可能减小 D．合力一定减小 5．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）在中，如果，那么的度数是（    ）． A． B． C． D． 二、填空题 6．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）边形的外角和等于 ． 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，若、，，则 度． 三、解答题 8．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，过点作，过点作的垂线，分别交于点，且，． (1)求证：； (2)若，求的值； (3)连接，证明：． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，A、C分别在、的延长线上，且，求证：． 10．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，平行四边形，E、F两点在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形．    11．（23-24八年级上·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，点E在边上，且，F为线段上一点，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，，求． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，E，F分别为垂足． (1)求证：△ABE≌△CDF． (2)求证：四边形AECF是平行四边形． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$