第四章 平行四边形（举一反三讲义）数学新教材浙教版八年级下册

该初中数学平行四边形单元复习讲义通过全章题型归纳系统构建知识体系，以“基础巩固-能力提升-思维拓展”为脉络，涵盖多边形认识、旋转性质、平行四边形判定与性质等29个核心题型，用例题与变式题呈现知识内在联系，突出重点难点分布。 讲义亮点在于分层练习设计，如动态旋转多结论辨析、坐标系中平行四边形顶点求解等题型，培养学生几何直观与空间观念（数学眼光），通过证明题与综合计算锻炼推理能力（数学思维）。基础题夯实概念，提升题深化应用，拓展题挑战创新，助力不同层次学生提升，为教师精准教学提供有效支持。

第四章 平行四边形（举一反三讲义）全章题型归纳 【新教材浙教版】 【基础巩固】 2 【题型1 认识多边形】 2 【题型2 多边形的对角线】 2 【题型3 多边形的内角和与外角和与边长的关系】 2 【题型4 判断中心对称图形】 3 【题型5 作旋转图形】 4 【题型6 利用旋转的性质求值】 6 【题型7 平行四边形边与角性质计算】 8 【题型8 平行四边形对角线性质应用】 8 【题型9 等腰梯形性质的简单应用】 9 【题型10 拼接平行四边形】 10 【题型11 判定平行四边形基础条件选择】 11 【题型12 证明平行四边形】 12 【题型13 证明等腰梯形】 13 【题型14 三角形中位线定义与长度计算】 14 【能力提升】 15 【题型15 截角后多边形内角和求解】 15 【题型16 旋转与坐标变换计算】 16 【题型17 旋转对称图形最小角】 16 【题型18 旋转全等证明边角相等】 17 【题型19 多边形内角外角综合计算】 18 【题型20 中心对称性质应用】 19 【题型21 平行四边形判定与性质的综合证明与求解】 20 【题型22 平行四边形面积与底高计算】 22 【题型23 中位线结合平行四边形求边长】 23 【思维拓展】 24 【题型24 动态旋转多结论辨析】 24 【题型25 不规则多边形角度求和】 25 【题型26 坐标系中平行四边形顶点求解】 27 【题型27 平行四边形折叠求线段长度】 28 【题型28 动点下平行四边形形状判断】 29 【题型29 复杂图形中位线与面积关联】 31 【基础巩固】 【题型1 认识多边形】 【例1】（25-26七年级上·山西运城·月考）在下列图形中，不属于多边形的有（） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【变式1-1】若一个多边形的一条对角线将其分成两个四边形，则该多边形的边数是__________． 【变式1-2】若一个多边形截去一个角后，变成六边形，则原来多边形的边数可能是_____． 【变式1-3】把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十八边形，则原多边形纸片的边数可能是 ___． 【题型2 多边形的对角线】 【例2】过多边形的一个顶点能引出条对角线，则这个多边形的边数是________． 【变式2-1】（24-25七年级上·江西鹰潭·月考）过n边形的一个顶点的所有对角线，把n边形分成了6个三角形，则n的值是______． 【变式2-2】（24-25八年级上·云南昆明·期中）过七边形一个顶点可以引出的对角线将多边形分成了_____个三角形，这个多边形共有______条对角线（   ） A．5，21 B．5，14 C．4，28 D．4，21 【变式2-3】（25-26八年级上·福建福州·期中）与三角形类似，多条线段首尾顺次相接就组成多边形．把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫作多边形的三角剖分．年，瑞士数学家欧拉得出了表示n边形的不同三角剖分方法数（）的公式．后来数学家发现并证明：当时，（）．六边形的三角剖分方法数是（   ） A． B． C． D． 【题型3 多边形的内角和与外角和与边长的关系】 【例3】已知一个多边形的内角和为，则这个多边形为  （    ） A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形 【变式3-1】“花影遮墙，峰峦叠窗”，空透的窗棂中蕴含着许多的数学元素．如图是窗棂中的部分图案．若，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2020九年级·河北唐山·学业考试）如图，在五边形中，分别平分，则的度数（   ） A． B． C． D． 【变式3-3】小红：我计算出一个多边形的内角和为；老师：不对呀，你可能少加了一个角则小红少加的这个角的度数是（　　） A．1 B．1 C．1 D．1 【题型4 判断中心对称图形】 【例4】中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A．中国探火 B．中国探月 C．中国火箭 D．中国行星探测 【变式4-1】如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有________种． 【变式4-2】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在的正方形方格中，已将图中的2个正方形涂上阴影，若再将其中1个空白小正方形涂上阴影，使整个阴影部分是一个中心对称图形，那么不同的涂法有___________种． 【变式4-3】如图，图形A是一个正方形，图形B是由三个图形A构成，请用图形A与B拼接出符合要求的图形（每次拼接图形A与B只能使用一次），并分别画在指定的正方形网格中． (1)在图①中画出：拼得的图形既是轴对称图形又是中心对称图形； (2)在图②中画出：拼得的图形是轴对称图形但不是中心对称图形； (3)在图③中画出：拼得的图形是中心对称图形但不是轴对称图形． 【题型5 作旋转图形】 【例5】（25-26九年级上·新疆乌鲁木齐·月考）如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：    (1)将绕点顺时针旋转90度，得到，在图中画出旋转后的； (2)作关于坐标原点成中心对称的； (3)点的坐标_____________，点的坐标____________，的面积____________． 【变式5-1】（25-26九年级上·黑龙江牡丹江·月考）如图，已知． (1)的长等于 ； (2)先将向右平移2个单位得到，则点的对应点的坐标是 ． (3)再将绕点按逆时针方向旋转后得到，则点对应点的坐标是 ． 【变式5-2】如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为 ．（画图时字母应标注清楚） (1)将绕原点顺时针旋转，请画出旋转后的； (2)画出绕原点旋转后得到的； (3)若与关于某点中心对称，则对称中心的坐标为_____． 【变式5-3】（25-26九年级上·河南漯河·月考）如图，的各个顶点的坐标分别是， (1)画出关于原点对称的； (2)画出绕原点逆时针旋转后的． 【题型6 利用旋转的性质求值】 【例6】如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，若点的对应点落在边上，则旋转角为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】（25-26九年级上·四川绵阳·月考）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转后得到（点B的对应点是点，点C的对应点是点），连接．若，则（　　） A． B． C． D． 【变式6-2】（25-26八年级下·广西南宁·月考）如图，在四边形中，分别是上的点，且，则图中线段之间的数量关系为 _____________． 【变式6-3】如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连接．下列结论中正确的个数有（    ） ①；②；③平分；④．    A．个 B．个 C．个 D．个 【题型7 平行四边形边与角性质计算】 【例7】如图，在平行四边形中，，，分别以点、为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和点，作直线，交对角线于点，连接，恰好垂直于边，则的长是________． 【变式7-1】（25-26八年级上·重庆·期末）如图，在中，若，，，则______． 【变式7-2】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在中，平分，，，则的长是______． 【变式7-3】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，于点，于点．若，求的度数． 【题型8 平行四边形对角线性质应用】 【例8】已知，如图在□中，． (1)请用无刻度的直尺和圆规，画出中边上的中线；（作图要求：保留痕迹，不写作法） (2)请只用无刻度的直尺，画出□中边上的高，并说明理由． 【变式8-1】如图，平行四边形的对角线与相交于点O，，若，，则的长是（　　） A．8 B．9 C．10 D．12 【变式8-2】如图，平行四边形中，对角线，交于点O．若，则的长的取值范围是__________． 【变式8-3】（2025·贵州贵阳·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作的垂线交于点，连接．已知的周长是，则平行四边形的周长是________． 【题型9 等腰梯形性质的简单应用】 【例9】如图，在等腰梯形中，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式9-1】如图，已知梯形，，，那么___________．      【变式9-2】（2024九年级下·上海·专题练习）已知在梯形中，，，，那么等于 ______度． 【变式9-3】如图，在等腰梯形中，，对角线，，，则梯形的面积为______． 【题型10 拼接平行四边形】 【例10】（24-25八年级下·全国·课后作业）用两块全等的含角的三角尺拼成平行四边形，可拼成的不同的平行四边形有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式10-1】用两块相同的三角板能拼出多少个形状不同的平行四边形（    ） A．3个 B．4个 C．3或4个 D．2或3个 【变式10-2】将两个边长分别为2、3、4的全等三角形拼成四边形，可以拼得不同形状的平行四边形的个数是______个． 【变式10-3】如图，有两种形状不同的直角三角形纸片各两块，其中一种纸片的两条直角边长分别为1和2，另一种纸片的两条直角边长都为2．图1、图2、图3是三张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1． (1)请用三种方法将图中所给四块直角三角形纸片拼成平行四边形（非矩形），每种方法要把图中所给的四块直角三角形纸片全部用上，互不重叠且不留空隙，三种方法所拼得的平行四边形（非矩形）的周长互不相等，并把你所拼得的图形按实际大小画在图1、图2、图3的方格纸上． 要求：①所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合； ②画图时，要保留四块直角三角形纸片的拼接痕迹． (2)请证明你在图1所拼得的四边形是平行四边形（非矩形）． 【题型11 判定平行四边形基础条件选择】 【例11】（24-25八年级上·北京·期末）如图，平行四边形的对角线交于点O，E，F是对角线上两点，添加一个能判定四边形是平行四边形的条件：________． 【变式11-1】如图，在中，E，F分别在边BC，AD上，有以下条件：①；②；③．若想使四边形AFCE为平行四边形，则还需添加一个条件，这个条件可以是__________（填写相应序号）． 【变式11-2】如图，的对角线交于点O，点M，N，P，Q分别是四条边上不重合的点．下列条件：①，；②MP，NQ均经过点O；③NQ经过点O，．能判定四边形MNPQ是平行四边形的有____________（填序号）． 【变式11-3】（2025八年级上·全国·专题练习）如图，点，是平行四边形对角线上两点，在条件；；；中，添加一个条件，使四边形是平行四边形，可添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【题型12 证明平行四边形】 【例12】（25-26八年级下·福建福州·月考）如图，在四边形中，点是的中点，，交于点，，．求证：四边形为平行四边形． 【变式12-1】（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在四边形中，连接，，．求证：四边形是平行四边形． 【变式12-2】（2025九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接，求证：四边形是平行四边形． 【变式12-3】（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，在中，，，以线段为边在上方作等边，点F是线段的中点，连接． (1)若，求的长； (2)求证：四边形是平行四边形． 【题型13 证明等腰梯形】 【例13】如图，已知是等边三角形，过点作（），且，连接、．    (1)求证：四边形是等腰梯形； (2)点在腰上，连接交于点，若，求证：． 【变式13-1】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【变式13-2】（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，在梯形中，，平分，过点作平行交线段延长线于点，． (1)求证：梯形为等腰梯形； (2)当，，求四边形的面积． 【变式13-3】（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在梯形中，是梯形的一条对角线，，将沿着翻折后得到，联结交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：四边形是等腰梯形． 【题型14 三角形中位线定义与长度计算】 【例14】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，点D，E，F分别是的三边的中点，．求四边形的周长． 【变式14-1】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，，，分别是，，的中点，，，垂足为．求证：． 【变式14-2】如图，在中，，D、E分别是边的中点，是斜边上的中线．若，则____ ． 【变式14-3】如图1是雨伞的结构示意图．是伞柄，，，是伞骨．已知点A，C分别是，的中点．．点B，D在上滑动时，可将雨伞打开或收拢．当与水平面垂直时打开雨伞，雨伞能罩住的水平面大小可近似地看成一个圆．如图2，当雨伞完全打开时，；再将雨伞收拢到如图3，此时，且点到的距离恰好等于图2中的长．则伞骨的长为_________，设图2中能罩住的水平面面积是，图3中能罩住的水平面面积是，则______________． 【能力提升】 【题型15 截角后多边形内角和求解】 【例15】（24-25九年级下·广东佛山·月考）如题图，五边形为正五边形，一条直线将它分割成两个多边形，这两个多边形的内角和分别为x、y，则的最大值为__________． 【变式15-1】多边形截去一个角，形成新多边形内角和是，则原多边形的边数是____________ ． 【变式15-2】（24-25八年级上·四川德阳·月考）一个多边形截去一个角后，形成的多边形的内角和是其外角和的5倍，则原来多边形的边数是（   ） A．12 B．13 C．12或13 D．11或12或13 【变式15-3】有一天，小红的爸爸想考考她，她爸爸说：今天我在做手工的时候，把一个多边形木板锯掉了一个角后得到一个新多边形木板，通过测量计算得到新多边形木板的内角和为，那么原多边形木板的边数是（    ） A．11 B．12 C．13 D．以上都有可能 【题型16 旋转与坐标变换计算】 【例16】（25-26九年级上·广东东莞·期末）如图，在中，顶点，，，将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式16-1】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知、，把绕点A逆时针旋转后得到，则点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式16-2】（25-26九年级上·天津河西·月考）在平面直角坐标系中，已知点，关于原点对称，则的值是_____． 【变式16-3】如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边分别在x轴和y轴上，并且．若把矩形绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在边上的处，则点的坐标为 ______． 【题型17 旋转对称图形最小角】 【例17】（24-25九年级下·上海·月考）如果把正三角形旋转一个角度后，与初始图形重合，那么这个旋转角最小是____________度． 【变式17-1】（24-25七年级下·江苏宿迁·期中）如图，已知，，，将绕点顺时针方向旋转到的位置，使得、、在同一条直线上．那么旋转的最小角度是______． 【变式17-2】如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为_______________度． 【变式17-3】（2015·山东德州·中考真题）如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的最小度数为（　　） A．30° B．40° C．50° D．65° 【题型18 旋转全等证明边角相等】 【例18】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在的延长线上，点在线段上，连接，且，求证：． 【变式18-1】（25-26九年级上·福建福州·月考）如图，在中，，，点D为垂足，将绕点A顺时针旋转，使与重合，点D落在点E处，延长交的延长线于点F，延长交的延长线于点G，求证：． 【变式18-2】（25-26九年级上·河南驻马店·期末）如图，正方形的边长为6，分别是边上的点，且，将绕点顺时针旋转，得到． (1)求证： ． (2)若，求的长． 【变式18-3】（25-26九年级上·辽宁抚顺·月考）已知中，，．以为旋转中心，将顺时针方向旋转，得到． (1)如图，当点在线段的延长线上时，求证：； (2)如图，当点在线段的延长线上时，过点作，交于点，延长至，使，过点作，交于点，过点作，交于点． ①求（用含的式子表示）； ②求证：． 【题型19 多边形内角外角综合计算】 【例19】（24-25八年级上·重庆永川·月考）已知一个多边形的边数为． (1)若，求这个多边形共有多少条对角线． (2)若这个多边形的内角和等于外角和的倍，求的值． 【变式19-1】（24-25八年级下·安徽合肥·月考）若一个多边形的内角和与外角和等于，则这个多边形的边数是（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 【变式19-2】如图，在七边形中，的延长线相交于点．若图中，，，的角度和为，则的度数为______．    【变式19-3】在五边形ABCDE中，，，． (1)如图①，画出五边形ABCDE的所有对角线； (2)如图②，若比小，求出的度数； (3)如图③，若CP，DP分别平分与的外角，试求出的度数． 【题型20 中心对称性质应用】 【例20】（25-26七年级上·上海·期末）如图，长方形的长是，宽是，动点P从点A出发，沿边以每秒的速度运动，同时点Q从点B出发，沿边以每秒的速度运动，当点P运动到点D时两点停止运动，两点出发_______秒时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称． 【变式20-1】（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在等边三角形中，O为的中点，，与关于点B中心对称，连接，则的面积为__． 【变式20-2】如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（   ） A．2 B．1.75 C．1.5 D．1.25 【变式20-3】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，点O为平行四边形的对称中心，经过点O的直线交边于点M，交的延长线于点E，交边于点N，交的延长线于点F． (1)若，求的长； (2)连接，证明四边形是平行四边形 【题型21 平行四边形判定与性质的综合证明与求解】 【例21】（25-26八年级·上海·假期作业）如图，，，均为等边三角形，且两两共用一个顶点．求证：与互相平分． 【变式21-1】（24-25八年级下·重庆永川·月考）如图，在中，分别是的中点，．求的度数． 【变式21-2】（24-25八年级下·贵州毕节·期末）如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其侧面抽象成几何图形，其示意图如图2所示，已知，测得．求四边形的周长？ 【变式21-3】（25-26九年级上·江西九江·月考）在网格内用无刻度直尺作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹．无刻度直尺网格作图题，就是只能用无刻度的直尺在网格中取点、画直线、射线或线段，画出符合题目要求的图形．取点方法：如直接取格点，取两条格点连线的交点等． (1)在图1中，画出的中线； (2)在图2中，画出的角平分线（为格点） 【题型22 平行四边形面积与底高计算】 【例22】如图，将沿直线方向平移到的位置，D点在上，则的面积和两阴影部分面积之和的比值为_______． 【变式22-1】如图，已知中，边上的高，则的面积是______，边上的高的长是______． 【变式22-2】如图，在中，E和F分别是边和上的点，，连接和，已知，，四边形的面积是3，则四边形的面积是____． 【变式22-3】如图，中，、、分别是、、的中点，、、分别是线段、、上的点，且，，与交于点，如果四边形面积是，四边形的面积是，则的面积是___________．      【题型23 中位线结合平行四边形求边长】 【例23】（24-25八年级下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点分别为中点，，，则_________． 【变式23-1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，在平行四边形中，平行四边形的面积是32，，点H，G分别是，上的动点，连接，点E，F分别是的中点，则的最小值是______． 【变式23-2】（2024·安徽滁州·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，延长到点，使，过点作于点，连接．若平行四边形的周长为8，则的长是______．    【变式23-3】（24-25八年级下·吉林·期末）如图，已知平行四边形相交于点O，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，交于点F，连接，则与的关系为______． 【思维拓展】 【题型24 动态旋转多结论辨析】 【例24】如图，P是平分线上一点，OP＝10，，在绕点P旋转的过程中始终保持不变，其两边和OA，OB分别相交于M，N，下列结论：①是等边三角形；②MN的值不变；③OM＋ON＝10；④四边形PMON面积不变．其中正确结论的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式24-1】（2020·山东东营·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边AC中点，①△BCE是等边三角形，②DE=BF，③△ABC≌△CFD，④四边形BEDF是平行四边形．则其中正确结论的个数是(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式24-2】如图，P是正三角形ABC内一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P'AB．给出下列四个结论：①PP'＝6，②AP2+BP2＝CP2，③∠APB＝150°；④S△ABC＝36+25．正确结论个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式24-3】（2023·福建莆田·一模）如图，和都是等边三角形，将先向右平移得到，再绕顶点逆时针旋转使得点，分别在边和上．现给出以下两个结论： ①仅已知的周长，就可求五边形的周长； ②仅已知的面积，就可求五边形的面积． 下列说法正确的是（　　） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【题型25 不规则多边形角度求和】 【例25】（25-26八年级上·内蒙古呼和浩特·月考）如图，的度数为___________． 【变式25-1】（2020九年级·全国·专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I＝__． 【变式25-2】如图，已知， _______． 【变式25-3】阅读材料： 解决问题： （1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BDC(∠BDC＜180°)与∠B，∠D，∠BAC三个角之间的等量关系． 小明得出的结论是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整． 证明：连接AD并延长AD到点E． 联系拓广： （2）下面图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的(即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的)． 请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题： ①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为　　　　°； ②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为　　　　°． 【题型26 坐标系中平行四边形顶点求解】 【例26】（2025八年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，，，，在坐标系中找一点，使以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标是_________． 【变式26-1】如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，过点作，交于点，交于点，连接，已知，，以点为原点建立坐标系，则点的坐标为______    【变式26-2】如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，的坐标分别为，，若，，点在第二象限．保持平行四边形不动，将轴向右平移，当轴经过点时，在新的坐标系下，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式26-3】已知，在平面直角坐标系中，O为坐标原点． (1)请在平面直角坐标系中描出点和； (2)若C为坐标系内一点，且以O，A，C，B为顶点的四边形为平行四边形，请在给出的坐标系中画出所有满足条件的平行四边形，并直接写出C点的坐标． 【题型27 平行四边形折叠求线段长度】 【例27】如图，将先沿折叠，再沿折叠后，A点落在线段上的A′处，C点落在E处，连结，．若恰有，则_________． 【变式27-1】（24-25八年级下·河北石家庄·期末）如图，将平行四边形沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若此时将边沿进行折叠，点又恰好落在点处，则平行四边形的较小内角为（   ） A． B． C． D． 【变式27-2】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，，，点E是上的一点，点F是边上一点，将平行四边形沿折叠折叠，使得点A与点C重合，得到四边形，点D的对应点为点G，则的长度为（   ） A． B． C．2 D． 【变式27-3】（24-25八年级下·浙江·期中）将一个平行四边形纸片进行折叠，第一次折叠经过点A，使的两边重合，折痕交边于点E，第二次折叠经过点B，使的两边重合，折痕交边于点F，如图是一种折叠后的效果，当点，，，相邻两点间的距离相等时，若，则的长为（  ） A．2 B．4 C．2或4 D．2或4或12 【题型28 动点下平行四边形形状判断】 【例28】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒3个单位长度的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动．设运动时间为．秒，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，的值为（    ） A．1 B． C．1或 D．或 【变式28-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，等边三角形的边长为，动点从点出发，沿的路径以的速度运动；动点从点出发，沿的路径以的速度运动．若动点同时出发，且其中一点到达终点时，另一点立即停止运动．设运动时间为，则当的值为_____时，点，，以及的边上一点恰好能构成一个平行四边形． 【变式28-2】如图，在中，对角线相交于点O．点E在上，，，，点F是的中点，若点P以的速度从点A出发，沿向点E运动，点N同时以的速度从点C出发，沿向点F运动，点P运动到点E时停止运动，点N也同时停止运动，当点P运动________s时，以点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形． 【变式28-3】如图，在矩形中，，，，、分别从，，，出发沿，，，方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，运动即停止．已知在相同时间内，若，则，，．当______时，以P，Q、M，N为顶点的四边形是平行四边形． 【题型29 复杂图形中位线与面积关联】 【例29】如图，在中，，，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点． （1）则面积是 __________________ ． （2）把绕点在平面内自由旋转，面积的最大值为 ___________________ ． 【变式29-1】（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中，各点始终在同一平面内，下列说法错误的是（    ） A．四边形的形状为平行四边形 B．四边形的面积始终在变小 C．四边形的面积是四边形面积的 D．四边形的周长等于四边形的对角线之和 【变式29-2】（25-26七年级上·山东烟台·期中）中国古代数学家刘刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在中，分别取，的中点D，E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成长方形．若，，则的面积是（    ） A．15 B．20 C．30 D．35 【变式29-3】（2024·浙江杭州·一模）【综合与实践】 【探究】（1）小学我们就学过同底等高的两个三角形的面积相等，后来我们又学到等高的两个三角形的面积之比等于与高对应的底边长之比，如图（1），的高和的高相等，则同样，同底的两个三角形，如果面积相等，也有类似的结论，若图形位置特殊，由此会产生一些新的结论，下面是小江同学探索的一个结论，请帮助小江完成证明． 如图（2），和的面积相等，求证：． 证明：分别过点、点作和底边上的高线，． 【应用】（2）把图（3）的四边形改成一个以为一边的三角形，并保持面积不变，请画出图形，并简要说明理由． 【拓展】（3）用上述探究的结论和已经证明的结论，证明三角形的中位线定理． 已知：如图（4），______． 求证：______． 证明： 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 平行四边形（举一反三讲义）全章题型归纳 【新教材浙教版】 【基础巩固】 2 【题型1 认识多边形】 2 【题型2 多边形的对角线】 4 【题型3 多边形的内角和与外角和与边长的关系】 6 【题型4 判断中心对称图形】 8 【题型5 作旋转图形】 11 【题型6 利用旋转的性质求值】 17 【题型7 平行四边形边与角性质计算】 21 【题型8 平行四边形对角线性质应用】 23 【题型9 等腰梯形性质的简单应用】 26 【题型10 拼接平行四边形】 29 【题型11 判定平行四边形基础条件选择】 32 【题型12 证明平行四边形】 36 【题型13 证明等腰梯形】 39 【题型14 三角形中位线定义与长度计算】 44 【能力提升】 48 【题型15 截角后多边形内角和求解】 48 【题型16 旋转与坐标变换计算】 50 【题型17 旋转对称图形最小角】 53 【题型18 旋转全等证明边角相等】 55 【题型19 多边形内角外角综合计算】 60 【题型20 中心对称性质应用】 63 【题型21 平行四边形判定与性质的综合证明与求解】 66 【题型22 平行四边形面积与底高计算】 70 【题型23 中位线结合平行四边形求边长】 74 【思维拓展】 78 【题型24 动态旋转多结论辨析】 78 【题型25 不规则多边形角度求和】 83 【题型26 坐标系中平行四边形顶点求解】 88 【题型27 平行四边形折叠求线段长度】 92 【题型28 动点下平行四边形形状判断】 97 【题型29 复杂图形中位线与面积关联】 101 【基础巩固】 【题型1 认识多边形】 【例1】（25-26七年级上·山西运城·月考）在下列图形中，不属于多边形的有（） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】本题考查多边形的定义，解题关键是紧扣“三条及以上线段首尾顺次连接、封闭、平面图形”的定义判断每个图形是否符合多边形特征． 多边形的定义是“由三条或三条以上线段首尾顺次连接组成的封闭平面图形”，需满足：线段组成、封闭、平面图形即可解答． 【详解】三角形：是多边形；四边形（不规则）：是多边形；圆：由曲线组成，不是多边形；六边形：是多边形；正方体：是立体图形，不是多边形． 因此，不属于多边形的是“圆”和“正方体”，共2个． 故选：A． 【变式1-1】若一个多边形的一条对角线将其分成两个四边形，则该多边形的边数是__________． 【答案】六/ 【分析】本题考查了多边形的对角线，根据一个多边形被一条对角线分成两个四边形，可得多边形的边数，可得答案． 【详解】解：两个四边形有一条公共边，得多边形边的数目是， 故答案为：六． 【变式1-2】若一个多边形截去一个角后，变成六边形，则原来多边形的边数可能是_____． 【答案】5，6，7． 【分析】直接画图，动作操作即可知答案. 【详解】如图可知，原多边形的边数可能为5,6,7 故填5，6，7． 【点睛】本题考查多边形性质，解题关键在于能够画出图形. 【变式1-3】把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十八边形，则原多边形纸片的边数可能是 ___． 【答案】十七边形，或十八边形，或十九边形 【分析】结合题意，根据多边形截角后边数的性质，分三种截下的方式分析，即可得到答案． 【详解】把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十八边形，有三种截下的方式： 下图为多边形局部图，如按下图所示沿虚线截下三角形： ∴原多边形纸片的边数是：十七边形 如按下图所示沿虚线截下三角形： ∴原多边形纸片的边数是：十八边形 如按下图所示沿虚线截下三角形： ∴原多边形纸片的边数是：十九边形 ∴原多边形纸片的边数可能是：十七边形，或十八边形，或十九边形 故答案为：十七边形，或十八边形，或十九边形． 【点睛】本题考查了多边形的知识；解题的关键是熟练掌握多边形的性质，从而完成求解． 【题型2 多边形的对角线】 【例2】过多边形的一个顶点能引出条对角线，则这个多边形的边数是________． 【答案】8 【分析】本题主要考查了多边形的对角线，掌握n边形从一个顶点出发可引出条对角线是解题的关键． 根据从n边形的一个顶点可以作对角线的条数公式列方程求解即可． 【详解】解：∵从一个多边形的一个顶点出发可以引出5条对角线，设多边形边数为n, ∴，解得：． 故答案为：8． 【变式2-1】（24-25七年级上·江西鹰潭·月考）过n边形的一个顶点的所有对角线，把n边形分成了6个三角形，则n的值是______． 【答案】8 【分析】本题主要考查了多边形的对角线，根据多边形过一个顶点的对角线与分成的三角形的个数的关系列出方程是解题的关键． 经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成个三角形，据此列方程求解即可． 【详解】解：∵过n边形的一个顶点的所有对角线，把n边形分成了6个三角形， ∴，解得：． 故答案为：8． 【变式2-2】（24-25八年级上·云南昆明·期中）过七边形一个顶点可以引出的对角线将多边形分成了_____个三角形，这个多边形共有______条对角线（   ） A．5，21 B．5，14 C．4，28 D．4，21 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的对角线问题，根据过边形的一个顶点引出的对角线将该多边形分成个三角形分析即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：过七边形一个顶点可以引出的对角线将多边形分成个三角形， 七边形共有对角线条数为：（条）， 故选：B． 【变式2-3】（25-26八年级上·福建福州·期中）与三角形类似，多条线段首尾顺次相接就组成多边形．把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫作多边形的三角剖分．年，瑞士数学家欧拉得出了表示n边形的不同三角剖分方法数（）的公式．后来数学家发现并证明：当时，（）．六边形的三角剖分方法数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了新定义——多边形的三角剖分，根据给定的递推公式 和初始值 ，逐步计算、和，熟练掌握新定义是解题的关键． 【详解】解：∵，且， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：． 【题型3 多边形的内角和与外角和与边长的关系】 【例3】已知一个多边形的内角和为，则这个多边形为  （    ） A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和，设这个多边形为边形，根据多边形的内角和为，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设这个多边形为边形，由题意，得： ， 解得：； ∴这个多边形为八边形； 故选B． 【变式3-1】“花影遮墙，峰峦叠窗”，空透的窗棂中蕴含着许多的数学元素．如图是窗棂中的部分图案．若，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查多边形的外角和是，由多边形的外角和是进行列式计算，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， 故选：A． 【变式3-2】（2020九年级·河北唐山·学业考试）如图，在五边形中，分别平分，则的度数（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和以及角平分线的定义，解题时注意：多边形内角和 且为整数）．先根据五边形内角和求得，再根据角平分线求得，最后根据三角形内角和求得的度数． 【详解】解：在五边形中，内角和为， ， ， 又、分别平分、， ， 中，． 故选：A 【变式3-3】小红：我计算出一个多边形的内角和为；老师：不对呀，你可能少加了一个角则小红少加的这个角的度数是（　　） A．1 B．1 C．1 D．1 【答案】D 【分析】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x，由多边形内角和定理可得等式：，由n为整数即可确定x的值． 【详解】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x， 由题意得：， ， 由于n为整数，x为正数且小于， ， 则， 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形内角和定理，关键是设多边形的边数及少加的角的度数，由多边形内角和定理得到等式，根据边数为整数确定少加的角． 【题型4 判断中心对称图形】 【例4】中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A．中国探火 B．中国探月 C．中国火箭 D．中国行星探测 【答案】C 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．根据中心对称图形的定义逐一进行判断即可． 【详解】解：只有选项C的图形能找到中心对称点，使图形绕该点旋转度后和原图形完全重合， 故选：C． 【变式4-1】如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有________种． 【答案】2 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此求解即可． 【详解】解：如图所示，去掉一个小正方形后能组成中心对称图形的情况如下， ∴去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有2种， 故答案为：2． 【变式4-2】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在的正方形方格中，已将图中的2个正方形涂上阴影，若再将其中1个空白小正方形涂上阴影，使整个阴影部分是一个中心对称图形，那么不同的涂法有___________种． 【答案】1 【分析】本题考查的是中心对称图形的含义，在平面内，把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据定义可得答案． 【详解】解：如图， ∴再将其中1个空白小正方形涂上阴影，使整个阴影部分是一个中心对称图形，只有1种涂法， 故答案为： 【变式4-3】如图，图形A是一个正方形，图形B是由三个图形A构成，请用图形A与B拼接出符合要求的图形（每次拼接图形A与B只能使用一次），并分别画在指定的正方形网格中． (1)在图①中画出：拼得的图形既是轴对称图形又是中心对称图形； (2)在图②中画出：拼得的图形是轴对称图形但不是中心对称图形； (3)在图③中画出：拼得的图形是中心对称图形但不是轴对称图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的设计，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键． （1）把一个图形绕着某一点旋转 ，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形中心对称，把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形完全重合，称这两个图形为轴对称图形；根据上述性质，即可拼接组成图形； （2）结合（1）即可拼接组成图形； （3）结合（1）即可拼接组成图形． 【详解】（1）解：如图1所示： （2）解：如图2所示： （3）解：如图3所示： 【题型5 作旋转图形】 【例5】（25-26九年级上·新疆乌鲁木齐·月考）如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：    (1)将绕点顺时针旋转90度，得到，在图中画出旋转后的； (2)作关于坐标原点成中心对称的； (3)点的坐标_____________，点的坐标____________，的面积____________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)；； 【分析】本题考查坐标与图形变换—旋转和中心对称，熟练掌握旋转和中心对称的性质，是解题的关键． （1）根据旋转的性质和网格的特点找到点的位置，描出点，并顺次连接点即可； （2）关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数，据此得到点的坐标，描出点，并顺次连接点； （3）根据（1）（2）所求可得对应点坐标，再利用割补法求三角形面积即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示，即为所求；    （3）解：由（1）（2）可知点的坐标为，点的坐标为； ． 【变式5-1】（25-26九年级上·黑龙江牡丹江·月考）如图，已知． (1)的长等于 ； (2)先将向右平移2个单位得到，则点的对应点的坐标是 ． (3)再将绕点按逆时针方向旋转后得到，则点对应点的坐标是 ． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查作图旋转变换、勾股定理、作图平移变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、勾股定理是解答本题的关键． （1）利用勾股定理计算即可． （2）根据平移的性质可得答案． （3）根据旋转的性质可得答案． 【详解】（1）解：由勾股定理得，， 故答案为：． （2）解：将向右平移2个单位得到，， 点的坐标是， 故答案为：． （3）解：将绕点按逆时针方向旋转后得到，， 点的坐标是． 故答案为：． 【变式5-2】如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为 ．（画图时字母应标注清楚） (1)将绕原点顺时针旋转，请画出旋转后的； (2)画出绕原点旋转后得到的； (3)若与关于某点中心对称，则对称中心的坐标为_____． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】本题考查作图－旋转变换、中心对称变换等知识点，掌握旋转变换的性质、中心对称变换的性质是解题的关键． （1）根据旋转变换的性质分别作出、、的对应点、、，然后顺次连接即可解答； （2）利用旋转变换的性质分别作出、、的对应点、、，然后顺次连接即可解答； （3）对应点连线的交点即为旋转中心，然后确定旋转中心的坐标即可． 【详解】（1）解：如图：即为所求． （2）解：如图：即为所求． （3）解：如图：与关于点中心对称，点的坐标为． 故答案为：． 【变式5-3】（25-26九年级上·河南漯河·月考）如图，的各个顶点的坐标分别是， (1)画出关于原点对称的； (2)画出绕原点逆时针旋转后的． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了原点对称作图，旋转作图，解题的关键在于正确掌握相关作图步骤． （1）根据对称的性质作出的对应点，再顺次连接对应点，即可解题； （2）根据题意找出旋转中心和旋转方向，以及旋转角，再按照旋转作图步骤作出的对应点，再顺次连接对应点，即可解题． 【详解】（1）解：关于原点对称的点；关于原点对称的点；关于原点对称的点， 如图，即为所求； （2）解：由题意可知，旋转后得到；旋转后得到；旋转后得到， 如图，即为所求： 【题型6 利用旋转的性质求值】 【例6】如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，若点的对应点落在边上，则旋转角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据等腰三角形的性质求得，继而根据旋转的性质即可求得答案 【详解】解：，， ， 是由旋转得到， 旋转角为． 【变式6-1】（25-26九年级上·四川绵阳·月考）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转后得到（点B的对应点是点，点C的对应点是点），连接．若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由题意可得，，根据三角形的外角等于不相邻的两个内角和，可求，即可得的度数. 【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转后得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：A. 【变式6-2】（25-26八年级下·广西南宁·月考）如图，在四边形中，分别是上的点，且，则图中线段之间的数量关系为 _____________． 【答案】 【分析】将绕点顺时针旋转，则与重合，点的对应点为点，证明，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 如图所示，将绕点顺时针旋转，则与重合，点的对应点为点， ∴，即点共线， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式6-3】如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连接．下列结论中正确的个数有（    ） ①；②；③平分；④．    A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】①根据旋转的性质知，因为，，所以，可得的度数； ②因为与不一定相等，根据三角形相似的判定即可作出判断； ③证明，得，即可； ④，，，根据勾股定理判断． 【详解】解：①∵将绕点顺时针旋转后，得到， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，故结论①正确； ②∵，， ∴， 但与不一定相等， ∴与不一定相似，故结论②错误； ③∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴平分，故结论③正确； ④∵，， ∴， ∴， ∵将绕点顺时针旋转后，得到， ∴， ∴， 又∵， ∴，故结论④正确， ∴结论正确的个数有个． 故选：C． 【点睛】本题属于图形的旋转变换，考查了旋转的性质，相似的判定，等边对等角，全等三角形的判定和性质，勾股定理．掌握旋转的性质、勾股定理及相似的判定是解题的关键． 【题型7 平行四边形边与角性质计算】 【例7】如图，在平行四边形中，，，分别以点、为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和点，作直线，交对角线于点，连接，恰好垂直于边，则的长是________． 【答案】 【分析】设，则，容易判断是线段的垂直平分线，因此．在直角中，使用勾股定理构造方程并求解即可． 【详解】解：设，则， 根据题意可得，是线段的垂直平分线， ∴， 在直角中，， ∴， 解得， ∴． 【变式7-1】（25-26八年级上·重庆·期末）如图，在中，若，，，则______． 【答案】/23度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，由平行四边形的性质得，即得，进而根据等腰三角形的性质得，再根据三角形的外角性质即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式7-2】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在中，平分，，，则的长是______． 【答案】5 【分析】本题考查了两直线平行内错角相等，角平分线的有关计算，根据等角对等边证明边相等，利用平行四边形的性质求解等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 先根据平行四边形的性质，得出，，再利用平行线的性质证明，结合角平分线的意义得出，从而可得出，再利用线段差求得即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， 又平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：5． 【变式7-3】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，于点，于点．若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查四边形内角和，平行四边形的性质，掌握以上知识是关键，根据四边形的内角和得到，再根据平行四边形的性质得到，由此即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 在四边形中，，且， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【题型8 平行四边形对角线性质应用】 【例8】已知，如图在□中，． (1)请用无刻度的直尺和圆规，画出中边上的中线；（作图要求：保留痕迹，不写作法） (2)请只用无刻度的直尺，画出□中边上的高，并说明理由． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析，理由见解析 【分析】（1）利用尺规作图：作线段的垂直平分线交于点，即为中边上的中线； （2）结合（1）只用无刻度的直尺，然后，连接交于点，设与交于点，即可画出□中边上的高． 【详解】（1）根据题意作线段的垂直平分线交于点，连接，作图如下：中线即为所求； （2）根据题意连接交于点，设与交于点，连接并延长交于点，作图如上：高即为所求． 理由如下： 在□中，交于点， ∴， ∴是中边上的中线． 又∵是中边上的中线， ∴是中边上的中线． ∵， ∴， ∴是□中边上的高． 【变式8-1】如图，平行四边形的对角线与相交于点O，，若，，则的长是（　　） A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据平行四边形的性质求出，结合勾股定理解题即可． 【详解】解：由题意知，， 在中，， ∴． 故选：C ． 【变式8-2】如图，平行四边形中，对角线，交于点O．若，则的长的取值范围是__________． 【答案】 【分析】根据平行四边形对角线互相平分可得，，再结合三角形的三边关系求解即可． 【详解】解：由题意，，， 在中，由三角形的三边关系，得， ∴． 【变式8-3】（2025·贵州贵阳·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作的垂线交于点，连接．已知的周长是，则平行四边形的周长是________． 【答案】18 【分析】本题考查平行四边形的性质，垂直平分线的性质．由平行四边形对角线互相平分和可知，由的周长是，即可推导出，即可解答． 【详解】解：在平行四边形中，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵的周长是， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴． 故答案为：18． 【题型9 等腰梯形性质的简单应用】 【例9】如图，在等腰梯形中，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰梯形的定义，平行线的性质． 根据等腰梯形的定义得到，根据平行线的性质可得答案． 【详解】∵等腰梯形， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【变式9-1】如图，已知梯形，，，那么___________．      【答案】 【分析】过点E作交于点E，首先得到四边形是等腰梯形，然后利用平行线的性质得到，利用勾股定理得到，然后利用角的直角三角形的性质得到，最后利用梯形面积公式求解即可． 【详解】如图所示，过点E作交于点E，      ∵梯形，， ∴四边形是等腰梯形 ∴ ∵ ∴， ∴ ∴， ∴ ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题主要考查等腰梯形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理的综合应用，掌握等腰梯形的性质，直角三角形勾股定理，及含角的直角三角形的性质是解题的关键． 【变式9-2】（2024九年级下·上海·专题练习）已知在梯形中，，，，那么等于 ______度． 【答案】108 【分析】本题考查的是等腰梯形的判定和性质、平行线的性质、三角形内角和定理，用表示出和是解题的关键． 先证明梯形为等腰梯形，得到，进而证明，分别用表示出和，计算即可． 【详解】解：如图， 设， ， ， ， 在梯形中，， 则梯形为等腰梯形， ， ， ，， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案为：108． 【变式9-3】如图，在等腰梯形中，，对角线，，，则梯形的面积为______． 【答案】 【分析】由等腰梯形的性质得出，，可求出，进而得出，结合平行线性质得出，故得 ．过点作于点，借助特殊直接三角形的性质求出高的长，结合梯形面积公式即可求解． 【详解】解：在等腰梯形中，，， ，， ，， ， ，， ，， ， ， ， 如图，过点作于点， ，, ， ， ， 等腰梯形的面积为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质和面积，平行线的性质以及直角三角形的性质，准确运用性质进行角度转化以及求出相应线段长度是本题的关键． 【题型10 拼接平行四边形】 【例10】（24-25八年级下·全国·课后作业）用两块全等的含角的三角尺拼成平行四边形，可拼成的不同的平行四边形有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．以三角尺的三边为对角线，分别拼成不同的平行四边形，即可得出结论． 【详解】解：如图所示， 用两块全等的含角的三角尺拼成平行四边形，可拼成的不同的平行四边形有3个． 故选：C． 【变式10-1】用两块相同的三角板能拼出多少个形状不同的平行四边形（    ） A．3个 B．4个 C．3或4个 D．2或3个 【答案】D 【分析】根据三角板不同形状分类讨论，分别以三组对应边为对角线拼成平行四边形，判断平行四边形数量． 【详解】解：三边互不相等三角板，如图，分别以三组对应边为对角线，可以拼成三个形状不同的平行四边形；    两直角边相等的三角板，如图中，平行四边形，形状一样，故分别以三组对应边为对角线，可以拼成两个不同形状的平行四边形；    故选：D． 【点睛】本题考查全等三角形的性质，平行四边形的判定，注意根据三角板的不同形状分情况讨论是解题的关键． 【变式10-2】将两个边长分别为2、3、4的全等三角形拼成四边形，可以拼得不同形状的平行四边形的个数是______个． 【答案】3 【分析】利用两全等三角形拼接，根据平行四边形的性质进行判断即可． 【详解】解：如图所示， 将两个边长分别为2、3、4的全等三角形拼成四边形， 可以拼得不同形状的平行四边形的有：，，，共3个． 故答案为：3．    【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键． 【变式10-3】如图，有两种形状不同的直角三角形纸片各两块，其中一种纸片的两条直角边长分别为1和2，另一种纸片的两条直角边长都为2．图1、图2、图3是三张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1． (1)请用三种方法将图中所给四块直角三角形纸片拼成平行四边形（非矩形），每种方法要把图中所给的四块直角三角形纸片全部用上，互不重叠且不留空隙，三种方法所拼得的平行四边形（非矩形）的周长互不相等，并把你所拼得的图形按实际大小画在图1、图2、图3的方格纸上． 要求：①所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合； ②画图时，要保留四块直角三角形纸片的拼接痕迹． (2)请证明你在图1所拼得的四边形是平行四边形（非矩形）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）图1可以先用边长为1、2的直角三角形拼出矩形，再分别在边长为2的两侧拼上边长都为2的直角三角形；图2可以先用边长都为2的直角三角形拼出矩形，再分别在边长为2的两侧拼上边长都为2、1的直角三角形；图3以四个直角三角形的直角边拼出对角线为3的平行四边形即可； （2）根据平行四边形的判定方法证明即可． 【详解】（1）解：如图所示： （2）证明：如图1中，∵AB＝CD＝3，AD＝BC＝， ∴四边形ABCD是平行四边形．（同理，图2和图3均可根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行证明） 【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，平行四边形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用直角三角形和平行四边形的性质进行拼接． 【题型11 判定平行四边形基础条件选择】 【例11】（24-25八年级上·北京·期末）如图，平行四边形的对角线交于点O，E，F是对角线上两点，添加一个能判定四边形是平行四边形的条件：________． 【答案】E，F分别是，的中点（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 首先由平行四边形得到，，然后结合中点性质得到，即可判定四边形是平行四边形． 【详解】添加的条件：E，F分别是，的中点 证明：四边形是平行四边形， ，， 、F分别是、的中点， ，， ， 四边形是平行四边形． 【变式11-1】如图，在中，E，F分别在边BC，AD上，有以下条件：①；②；③．若想使四边形AFCE为平行四边形，则还需添加一个条件，这个条件可以是__________（填写相应序号）． 【答案】③ 【分析】①和②都不能证得四边形AFCE是平行四边形；③可以采用两组对边分别平行的四边形是平行四边形证得． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD，AB=CD，∠B=∠D，ADBC，AD=BC， 如果添加①，点E的位置无法确定，无法判定四边形AFCE的形状； 如果添加②，四边形AFCE可能是平行四边形或是等腰梯形； 如果③，则AE//CF， ∵AFCE， ∴四边形AFCE是平行四边形，故③正确， 故答案为：③． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，解题的关键是选择适宜的证明方法：此题③采用两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 【变式11-2】如图，的对角线交于点O，点M，N，P，Q分别是四条边上不重合的点．下列条件：①，；②MP，NQ均经过点O；③NQ经过点O，．能判定四边形MNPQ是平行四边形的有____________（填序号）． 【答案】①② 【分析】①根据平行四边形的性质结合已知条件，证明，，可得，，根据两组对边相等的四边形是平行四边形，即可判断①，②根据平行四边形是中心对称图形，即可判断②，根据已知条件不能判断③． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ，,． ① ， ∴， ∴． ， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形． 故①正确； ②∵， ∴， ， ∴， ∴． 同理可得： ∵， 四边形是平行四边形． 故②正确； ③经过点O，，的位置未知，不能判断四边形是平行四边形， 故③不正确； 故答案为：①②． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 【变式11-3】（2025八年级上·全国·专题练习）如图，点，是平行四边形对角线上两点，在条件；；；中，添加一个条件，使四边形是平行四边形，可添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． 连接，交于点O，根据四边形的对角线互相平分，可证明这个四边形是平行四边形，逐个分析判断即可解答． 【详解】解：连接，交于点O，如图 ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 当时，不能证明对角线互相平分，不符合题意； ②当时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，故②符合题意； ③当时， ∵， ∴， 即， ∵， ∴四边形是平行四边形，故③符合题意； 当时， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故④符合题意； 综上所述，②③④符合题意， 故选：D． 【题型12 证明平行四边形】 【例12】（25-26八年级下·福建福州·月考）如图，在四边形中，点是的中点，，交于点，，．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【分析】根据中位线定理，易证，再根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，即可求证． 【详解】证明： ，     点是的中点， 点是的中点， ，即 ， 四边形为平行四边形． 【变式12-1】（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在四边形中，连接，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明过程见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定、三角形全等的判定和性质．掌握三角形全等的判定和性质及平行四边形的判定方法是解题关键． 首先，根据条件运用“”判定，然后，得出，，最后，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形即可． 【详解】证明：在和中， ∵， ． ，． 四边形是平行四边形． 【变式12-2】（2025九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的判定． 根据中心对称的性质得出，，进而证明，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：和关于点O对称， ， 四边形是平行四边形． 【变式12-3】（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，在中，，，以线段为边在上方作等边，点F是线段的中点，连接． (1)若，求的长； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明是本题的关键． （1）设，则，然后根据勾股定理求出x的值即可求解； （2）由等边三角形的性质得出，，得出，然后证明，即可得出结论． 【详解】（1）解：设， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴； （2）证明：∵是等边三角形， ∴，， ∵点F是线段的中点， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 则， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形． 【题型13 证明等腰梯形】 【例13】如图，已知是等边三角形，过点作（），且，连接、．    (1)求证：四边形是等腰梯形； (2)点在腰上，连接交于点，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据等边三角形和平行线的性质得到，继而得到进行证明即可； （2）先证明，进而得到≌，从而，由，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵（） ∴四边形是等腰梯形； （2）证明：，， ， ， ， ，， ≌， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，等腰梯形的判定，等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 【变式13-1】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：有两腰相等的梯形是等腰梯形． （1）根据平行线的性质求出，根据推出，证，推出即可． （2）根据等腰梯形性质得出，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形． （2）解：， 理由是：连接, ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴． 【变式13-2】（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，在梯形中，，平分，过点作平行交线段延长线于点，． (1)求证：梯形为等腰梯形； (2)当，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了等腰梯形的判定，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，得到，根据等腰梯形的概念证明； （）过点作于，根据平行四边形的性质求出，根据直角三角形的性质求出，根据梯形面积公式计算，得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴梯形为等腰梯形； （2）解：如图，过点作于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得， ∴， 则． 【变式13-3】（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在梯形中，是梯形的一条对角线，，将沿着翻折后得到，联结交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰梯形的判定与性质，熟练掌握相关知识进行证明是解答本题的关键． （1）证明，利用证明可得； （2）由知，由折叠得，又，得，由三角形内角和定理得，由，得，故可得，从而可证明四边形是等腰梯形． 【详解】（1）证明：∵梯形是等腰梯形， ∴， 由折叠得，， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：由折叠得， ∵， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∵， ∴，四边形是梯形 ∵， ∴, ∴, ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【题型14 三角形中位线定义与长度计算】 【例14】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，点D，E，F分别是的三边的中点，．求四边形的周长． 【答案】10 【分析】利用三角形的中位线的判定定理和性质进行求解即可． 【详解】解：∵点D，E，F分别是的三边的中点，， ∴和是的中位线， ∴，，，． ∴四边形的周长为． 【变式14-1】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，，，分别是，，的中点，，，垂足为．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质．根据三角形中位线定理得到，即可证明，结合，可得结论． 【详解】证明：如图，连接， ∵E，M是的中点， ∴， 同理，， ∵， ∴． ∵， ∴. 【变式14-2】如图，在中，，D、E分别是边的中点，是斜边上的中线．若，则____ ． 【答案】3 【分析】该题主要考查了直角三角形的性质和三角形的中位线定理，熟记：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和三角形的中位线等于第三边的一半”是解答本题的关键． 由已知条件易得是斜边上的中线，是的中位线，由此可得，从而可得． 【详解】解：∵是直角三角形，是斜边上的中线， ∴． ∵D、E分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 故答案为：3． 【变式14-3】如图1是雨伞的结构示意图．是伞柄，，，是伞骨．已知点A，C分别是，的中点．．点B，D在上滑动时，可将雨伞打开或收拢．当与水平面垂直时打开雨伞，雨伞能罩住的水平面大小可近似地看成一个圆．如图2，当雨伞完全打开时，；再将雨伞收拢到如图3，此时，且点到的距离恰好等于图2中的长．则伞骨的长为_________，设图2中能罩住的水平面面积是，图3中能罩住的水平面面积是，则______________． 【答案】 6 【分析】利用勾股定理求得，再利用三角形中位线定理求得和的长；再先后求得，，，然后利用圆的面积公式即可求解. 【详解】解：作于点N，连接， ∵， ∴， ∵点A是线段的中点， ∴， ∵， ∴点B是的中点， ∴是的中位线， 在中，， ∵点C是线段的中点， ∴， ∴， 过点A和作的垂线，垂足分别为和， 由题意得，同理是的中位线， ∴， 同理， ∴， 故答案为：，6. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线上的性质，等腰三角形的性质等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 【能力提升】 【题型15 截角后多边形内角和求解】 【例15】（24-25九年级下·广东佛山·月考）如题图，五边形为正五边形，一条直线将它分割成两个多边形，这两个多边形的内角和分别为x、y，则的最大值为__________． 【答案】 【分析】此题考查了多边形的内角，分类讨论的思想，如图，一条直线将该五边形分割成两个多边形（含三角形）的情况有5种，分别求出每一个图形的两个多边形的内角和即可作出判断． 【详解】解：图①中，； 图②中，； 图③中，； 图④中，； 图⑤中，． 由上述分析可知，的最大值为． 故答案为：． 【变式15-1】多边形截去一个角，形成新多边形内角和是，则原多边形的边数是____________ ． 【答案】4或5或6 【分析】本题主要考查多边形的内角和问题，结合题意进行分类讨论是解题的关键． 设新多边形的边数为n，利用多边形内角和公式求得n的值，然后分三种情况分类讨论后即可解答． 【详解】解：设新多边形的边数为n 则，解得：， ①若截去的角的两边均为原多边形的两边的一部分时， 此时原多边形的边数为； ②若截去的角的两边为原多边形的一条边和另一条边的一部分时， 此时原多边形的边数为5； ③若截去的角的两边均为原多边形的两条边时， 此时原多边形的边数为； 综上，原多边形边数为4或5或6． 故答案为：4或5或6． 【变式15-2】（24-25八年级上·四川德阳·月考）一个多边形截去一个角后，形成的多边形的内角和是其外角和的5倍，则原来多边形的边数是（   ） A．12 B．13 C．12或13 D．11或12或13 【答案】D 【分析】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．先根据多边形的内角和公式求出截去一个角后的多边形的边数，再分情况说明求得原来多边形的解． 【详解】解：设多边形截去一个角的边数为，根据题意得： 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11或12或13． 故选：D． 【变式15-3】有一天，小红的爸爸想考考她，她爸爸说：今天我在做手工的时候，把一个多边形木板锯掉了一个角后得到一个新多边形木板，通过测量计算得到新多边形木板的内角和为，那么原多边形木板的边数是（    ） A．11 B．12 C．13 D．以上都有可能 【答案】D 【分析】先根据多边形的内角和公式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， 则， 解得， 截去一个角后边上可以增加1，不变，减少1， 原来多边形的边数是11或12或13． 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，本题难点在于多边形截去一个角后边数有增加1，不变，减少1三种情况． 【题型16 旋转与坐标变换计算】 【例16】（25-26九年级上·广东东莞·期末）如图，在中，顶点，，，将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】第三旋转时本题考查了根据旋转的性质求解，根据正方形的性质求线段长，坐标与旋转规律问题，求绕原点旋转90度的点的坐标，解题关键是理解题意，得到每次旋转后点D的坐标． 根据题意得到，根据正方形的性质得到，结合图形得到每次旋转后点D的坐标，再根据旋转规律即可求解． 【详解】解：∵，， ∴轴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转， 如图所示， 当第一次旋转时，，第二次旋转时，，第三次旋转时，，第四次旋转时， ∴经过4次后点回到起始位置， ∴余1， ∴第2025次旋转结束时，点的坐标为位置的坐标， 即， 故选：D ． 【变式16-1】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知、，把绕点A逆时针旋转后得到，则点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质． 根据旋转的性质得出相等的边和角，然后根据点的坐标得出线段的长度，即可求解． 【详解】解：根据旋转的性质得，，， ∵、， ∴， 则， ∴点C坐标为， 又∵， ∴点D坐标为， 故选：A． 【变式16-2】（25-26九年级上·天津河西·月考）在平面直角坐标系中，已知点，关于原点对称，则的值是_____． 【答案】1 【分析】本题考查了其他问题(二元一次方程组的应用)，已知两点关于原点对称求参数等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 根据关于原点对称的点的性质，点A和点B的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，列出方程组求解． 【详解】解∶∵点与点关于原点对称， ∴，且． 解得：． ∴． 故答案为：1． 【变式16-3】如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边分别在x轴和y轴上，并且．若把矩形绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在边上的处，则点的坐标为 ______． 【答案】 【分析】作，由旋转的性质得，再根据矩形的性质可得，然后根据勾股定理得，则此题可解． 【详解】解：如图所示，过点作，交于点D， 由旋转的性质得． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在中，， 即， ∴点． 【题型17 旋转对称图形最小角】 【例17】（24-25九年级下·上海·月考）如果把正三角形旋转一个角度后，与初始图形重合，那么这个旋转角最小是____________度． 【答案】 【分析】本题主要考查旋转图形，熟练掌握旋转图形的旋转角是解题的关键．根据正三角形的内角是以及旋转角即可得到答案． 【详解】解：正三角形的内角是， 如果把正三角形旋转一个角度后，与初始图形重合，那么这个旋转角最小是． 故答案为：． 【变式17-1】（24-25七年级下·江苏宿迁·期中）如图，已知，，，将绕点顺时针方向旋转到的位置，使得、、在同一条直线上．那么旋转的最小角度是______． 【答案】/度 【分析】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．由题意得，结合旋转的性质可得旋转的最小角度是． 【详解】解：、、在同一条直线上， ， 绕点顺时针方向旋转到的位置， 旋转的最小角度是． 故答案为：． 【变式17-2】如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为_______________度． 【答案】45 【分析】本题考查了旋转对称图形，根据已知图形得出最小旋转角度数是解题关键．观察图形可得，图形由六个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度． 【详解】解：图形可看作由一个基本图形旋转8次所组成，故最小旋转角为． 故答案为：45． 【变式17-3】（2015·山东德州·中考真题）如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的最小度数为（　　） A．30° B．40° C．50° D．65° 【答案】C 【分析】①根据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等求，再根据、都是旋转角解答，②当绕点旋转圈数时，，即可得到答案． 【详解】解：①如图， ∵， ∴， ∵绕点旋转到得到， ∴， ∴， ∴． ②当绕点旋转圈数时，， 故最小旋转度数为， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键． 【题型18 旋转全等证明边角相等】 【例18】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在的延长线上，点在线段上，连接，且，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质．先利用旋转的性质得到对应边和旋转角；结合已知推导出，得到；再以为依据证明和全等，最后根据全等三角形对应边相等得出结论． 【详解】（1）解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，； ∵， ∴， ∴； 在和中，， ∴， ∴． 【变式18-1】（25-26九年级上·福建福州·月考）如图，在中，，，点D为垂足，将绕点A顺时针旋转，使与重合，点D落在点E处，延长交的延长线于点F，延长交的延长线于点G，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键． 先根据三线合一定理得到，再由旋转的性质得到，，证明即可证明． 【详解】证明：，， ， 由旋转而得， ，， 在和中， ， ， ． 【变式18-2】（25-26九年级上·河南驻马店·期末）如图，正方形的边长为6，分别是边上的点，且，将绕点顺时针旋转，得到． (1)求证： ． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理；掌握旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． （1）由正方形的性质得，由旋转的性质得，由即可得证； （2）由正方形的性质得，由旋转的性质得，由全等三角形的性质得，设，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 由旋转的性质，可得， ∴． ∴， ∵， ∴（）． （2）解：∵四边形为正方形， ∴， ∴． 由旋转的性质，可得． ∵． ∴， 设，则． ∴， 在中，， 即， 解得． ∴的长为． 【变式18-3】（25-26九年级上·辽宁抚顺·月考）已知中，，．以为旋转中心，将顺时针方向旋转，得到． (1)如图，当点在线段的延长线上时，求证：； (2)如图，当点在线段的延长线上时，过点作，交于点，延长至，使，过点作，交于点，过点作，交于点． ①求（用含的式子表示）； ②求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）根据旋转的性质得到，求出的度数，从而得到，判定； （2）①根据旋转的性质，得到，而，从而用含的式子表示出； ②如图，取线段中点，连接，则，然后证明，从而得到． 【详解】（1）证明：∵以为旋转中心，将顺时针方向旋转，得到， ， ，， ， ， ∴， ∴； （2）①解：∵以为旋转中心，将顺时针方向旋转，得到， ， ，，． ． ． ， ， ． ②证明：如图，取线段中点，连接， ∵，是直角三角形． ∴， 是等腰三角形． ． ∵， ， ． ∵， ． 由①，得， ， ， ， 是等腰三角形． 在与中， ， ． ，， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转的性质进行边角关系转换、构造全等三角形是解答本题的关键． 【题型19 多边形内角外角综合计算】 【例19】（24-25八年级上·重庆永川·月考）已知一个多边形的边数为． (1)若，求这个多边形共有多少条对角线． (2)若这个多边形的内角和等于外角和的倍，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了多边形内角和与外角和，多边形的对角线，熟练掌握多边形内角和公式以及多边形的外角和为是解本题的关键． （1）直接根据多边形对角线公式求解即可； （2）根据多边形的外角和为，然后根据多边形内角和列方程求解即可． 【详解】（1）解：，多边形对角线为 （2）解： 解得． 【变式19-1】（24-25八年级下·安徽合肥·月考）若一个多边形的内角和与外角和等于，则这个多边形的边数是（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化．多边形的内角和，多边形的外角和等于．根据多边形的外角和是，即可求得多边形的内角和的度数，依据多边形的内角和公式即可求解。 【详解】解：多边形的内角和是：， 设多边形的边数为，则 ， 解得：． 故选：D． 【变式19-2】如图，在七边形中，的延长线相交于点．若图中，，，的角度和为，则的度数为______．    【答案】/40度 【分析】本题考查多边形内角和定理及内外角关系，解题的关键是根据题意得到是五边形． 根据七边形中，，的延长线相交于点，得到是五边形，根据的角度和为，得到，结合内角和定理即可得到答案． 【详解】解：∵七边形中，，的延长线相交于点， ∴是五边形， ∵，，，的角度和为， ∴， ∵五边形的内角和为 ∴． 故答案为：． 【变式19-3】在五边形ABCDE中，，，． (1)如图①，画出五边形ABCDE的所有对角线； (2)如图②，若比小，求出的度数； (3)如图③，若CP，DP分别平分与的外角，试求出的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据对角线的定义作出所有对角线即可； （2）先根据多边形的内角和公式求得内角和，再求出∠C+∠D的度数，最后求得∠D即可； （3）先根据多边形内角结合外角的定义求得，然后根据角平分线的定义、等量代换、角的和差解答即可． 【详解】（1）解：如图即为所求． （2）解：五边形ABCDE的内角和为， ∵，，， ∴， 又∵， ∴． （3）解：五边形ABCDE的内角和为， ∵，，， ∴， 又∵，， ∴， ∵CP平分，DP平分， ∴，， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和、多边形的外角、对角线以及角平分线的定义等知识点，灵活运用多边形的内角和定理成为解答本题的关键． 【题型20 中心对称性质应用】 【例20】（25-26七年级上·上海·期末）如图，长方形的长是，宽是，动点P从点A出发，沿边以每秒的速度运动，同时点Q从点B出发，沿边以每秒的速度运动，当点P运动到点D时两点停止运动，两点出发_______秒时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称． 【答案】 【分析】本题考查动点问题和中心对称，正确掌握动点问题的解题思路是解题的关键． 设运动时间为秒，根据长方形被线段分成的两个图形成中心对称，得到，列出方程求解即可． 【详解】解：设运动时间为秒，则 ， ， ， 当时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称， 则，解得． 故答案为：． 【变式20-1】（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在等边三角形中，O为的中点，，与关于点B中心对称，连接，则的面积为__． 【答案】 【分析】本题主要考查了中心对称及等边三角形的性质，熟知等边三角形的性质及中心对称的性质是解题的关键． 先求出及的长，进一步得出及的长，据此求出的长，最后用三角形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵是等边三角形，O为的中点，， ∴，． 在中， ． ∵与关于点B中心对称， ∴，， ∴， ∴的面积为． 故答案为：． 【变式20-2】如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（   ） A．2 B．1.75 C．1.5 D．1.25 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称，正方形的性质，掌握关于中心对称图形的性质是解题的关键．连接，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于两个正方形面积差的四分之一． 【详解】解：连接，， ∵正方形的边长为4和正方形的边长为3， ∴正方形的面积为16，正方形的面积为9， ∵正方形和正方形的对称中心都是点， ∴． 故选B． 【变式20-3】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，点O为平行四边形的对称中心，经过点O的直线交边于点M，交的延长线于点E，交边于点N，交的延长线于点F． (1)若，求的长； (2)连接，证明四边形是平行四边形 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法． （1）根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出根据中心对称的性质得出； （2）先由得出，再利用“角角边”定理证明，得出，再结合“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可证明四边形为平行四边形． 【详解】（1）解： ， ， 点O为平行四边形的对称中心． ∴； （2）证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴． ∴， ∵． ∴四边形为平行四边形． 【题型21 平行四边形判定与性质的综合证明与求解】 【例21】（25-26八年级·上海·假期作业）如图，，，均为等边三角形，且两两共用一个顶点．求证：与互相平分． 【答案】证明见解析 【分析】此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以及等边三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 由等边三角形的性质得，，再证明，得，进而得，再证明，然后证明四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】证明：∵，，均为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分． 【变式21-1】（24-25八年级下·重庆永川·月考）如图，在中，分别是的中点，．求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键，直接证明四边形是平行四边形，进而根据平行四边形的对角相等即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，． ，分别是，的中点， ，， ，． 四边形是平行四边形． ． 【变式21-2】（24-25八年级下·贵州毕节·期末）如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其侧面抽象成几何图形，其示意图如图2所示，已知，测得．求四边形的周长？ 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的判定，平行线的性质，由平行线的性质得到，然后得到，然后结合，即可得到四边形是平行四边形，得出，结合，即可求出四边形的周长． 【详解】解：∵， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形． ∴， ∵， ∴四边形的周长． 【变式21-3】（25-26九年级上·江西九江·月考）在网格内用无刻度直尺作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹．无刻度直尺网格作图题，就是只能用无刻度的直尺在网格中取点、画直线、射线或线段，画出符合题目要求的图形．取点方法：如直接取格点，取两条格点连线的交点等． (1)在图1中，画出的中线； (2)在图2中，画出的角平分线（为格点） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作图—应用与设计作图，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，理解题意，灵活运用所学的知识解决问题是解题的关键． （1）连接，相交于点E，即可求解； （2）取格点F，连接即可； 【详解】（1）解：如图1，连接，相交于点E，则即为所求， ， 理由：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴为中点， ∴是的中线； （2）解：如图2，取格点F，连接，则即为所求， 理由：∵， ∴， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 即平分； 【题型22 平行四边形面积与底高计算】 【例22】如图，将沿直线方向平移到的位置，D点在上，则的面积和两阴影部分面积之和的比值为_______． 【答案】1 【分析】本题考查平移的性质，平行四边形的性质和判定，掌握相关知识是解决问题的关键．由平移性质可证明四边形为平行四边形，则可证面积为面积的一半，则题目可求． 【详解】解：∵将沿直线方向平移到的位置， ， ∴四边形为平行四边形， 与同底等高， ， ， ． 故答案为：1． 【变式22-1】如图，已知中，边上的高，则的面积是______，边上的高的长是______． 【答案】 12， 3. 【分析】用BC×AE可求平行四边形的面积，再借助面积12=CD×AF可求AF． 【详解】解：根据平行四边形的面积=底×高，可得 BC×AE=6×2=12； 则CD×AF=12，即4×AF=12， 所以AF=3． 故答案为12，3． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，面积法求解平行四边形的高或某边长是解决此类问题常用的方法． 【变式22-2】如图，在中，E和F分别是边和上的点，，连接和，已知，，四边形的面积是3，则四边形的面积是____． 【答案】6 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、平行四边形的面积公式等知识，证明四边形和四边形都是平行四边形是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，得，即可推导出，则四边形是平行四边形；设与之间的距离为h，由，得，于是得到问题的答案． 【详解】四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， 设与之间的距离为h， 四边形的面积是3， ， ， ，     故答案为：6 ． 【变式22-3】如图，中，、、分别是、、的中点，、、分别是线段、、上的点，且，，与交于点，如果四边形面积是，四边形的面积是，则的面积是___________．      【答案】/ 【分析】过作，延长交于，延长交于，延长交于，由平行四边形的性质推出平行四边形的面积平行四边形的面积，平行四边形的面积平行四边形的面积，得到平行四边形的的面积，即可求出的面积． 【详解】解：过作，延长交于，延长交于，延长交于，      ∵，，分别是，，的中点， ∴，是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴ ∴四边形，四边形是平行四边形， ∴的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积， ∵平行四边形的面积平行四边形的面积，，，， ∴， ∴平行四边形的面积平行四边形的面积， ∵平行四边形的面积， ∴的面积 ， 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形中位线定理，平行四边形的性质，三角形的面积，平行四边形的面积，关键是由平行四边形的性质证明∶平行四边形的面积平行四边形的面积． 【题型23 中位线结合平行四边形求边长】 【例23】（24-25八年级下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点分别为中点，，，则_________． 【答案】 【分析】过点A作，交延长线于点F，连接，说明四边形是矩形，可得，再根据勾股定理求出，然后证明，可得，进而说明，接下来可知是的中位线，最后根据三角形中位线的性质得出答案． 【详解】解：过点A作，交延长线于点F，连接， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 根据勾股定理，得， ∴． ∵ ∴， ∴ ∵点G是的中点， ∴， ∴， 即． ∵点H是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线的定义和性质，作出辅助线构造三角中位线是解题的关键． 【变式23-1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，在平行四边形中，平行四边形的面积是32，，点H，G分别是，上的动点，连接，点E，F分别是的中点，则的最小值是______． 【答案】2 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，垂线段最短，三角形中位线定理． 连接，过A作，根据点E为的中点，点F为的中点得到，即可得到当G与K重合时，有最小值，即此时取得最小值，据此求解即可． 【详解】解：连接，过A作， ∵， ∴， ∵平行四边形的面积是32， ∴，即， ∴， ∵点E为的中点，点F为的中点， ∴， ∴最小时，取得最小值， ∴当G与K重合时，有最小值，即此时取得最小值， ∴的最小值为， 故答案为：2． 【变式23-2】（2024·安徽滁州·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，延长到点，使，过点作于点，连接．若平行四边形的周长为8，则的长是______．    【答案】2 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线的性质，根据平行四边形的性质可得，，再根据，，可知，，即可知为的中位线，即可求解．理解题意的为的中位线是解决问题的关键． 【详解】解：在平行四边形中，，，， ∵平行四边形的周长为8， ∴， ∵，， ∴，， ∴为的中位线， ∴， 故答案为：2． 【变式23-3】（24-25八年级下·吉林·期末）如图，已知平行四边形相交于点O，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，交于点F，连接，则与的关系为______． 【答案】(1)见解析 (2)且 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可得，再由，可得，即可求证； （2）根据平行四边形的性质可得，，然后根据三角形中位线定理可得，,再由，可得，即． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解： 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：且． 【思维拓展】 【题型24 动态旋转多结论辨析】 【例24】如图，P是平分线上一点，OP＝10，，在绕点P旋转的过程中始终保持不变，其两边和OA，OB分别相交于M，N，下列结论：①是等边三角形；②MN的值不变；③OM＋ON＝10；④四边形PMON面积不变．其中正确结论的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明Rt△POE≌Rt△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断． 【详解】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F． ∵∠PEO=∠PFO=90°， ∴∠EPF+∠AOB=180°， ∵∠MPN+∠AOB=180°， ∴∠EPF=∠MPN， ∴∠EPM=∠FPN， ∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F， ∴PE=PF， 在Rt△POE和Rt△POF中， ， ∴Rt△POE≌Rt△POF（HL）， ∴OE=OF， 在△PEM和△PFN中， ， ∴△PEM≌△PFN（ASA）， ∴EM=NF，PM=PN，S△PEM=S△PNF， ∵ ∴是等边三角形，故①正确； ∵S△PEM=S△PNF， ∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故④正确； ∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=10，故③正确； ∵M，N的位置变化， ∴MN的长度是变化的，故②错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式24-1】（2020·山东东营·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边AC中点，①△BCE是等边三角形，②DE=BF，③△ABC≌△CFD，④四边形BEDF是平行四边形．则其中正确结论的个数是(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】由直角三角形的性质和旋转的性质可得，，，，可判断①②；由“”可证，可判断③，延长交于点，可证，由一组对边平行且相等可证四边形是平行四边形，即可判断④，即可求解． 【详解】∵点F是边AC中点，∴CF=BF=AFAC． ∵∠BCA=30°，∴BAAC，∴BF=AB=AF=CF，∴∠FCB=∠FBC=30°． ∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，∠DEC=∠ABC=90°，AB=DE，∴△BCE是等边三角形，DE=BF，故①②正确； ∵CD=AC，AB=CF，∴Rt△ABC≌Rt△CFD(HL)，故③正确； 延长BF交CE于点G，则∠BGE=∠GBC+∠BCG=90°， ∴∠BGE=∠DEC，∴BF∥ED，∴四边形BEDF是平行四边形，故④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定等知识，灵活运用这些知识进行推理是本题的关键． 【变式24-2】如图，P是正三角形ABC内一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P'AB．给出下列四个结论：①PP'＝6，②AP2+BP2＝CP2，③∠APB＝150°；④S△ABC＝36+25．正确结论个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由已知△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，可得△PAC≌△P′AB，PA＝P′A，旋转角∠P′AP＝∠BAC＝60°，所以△APP′为等边三角形，即可求得PP′，由勾股定理逆定理可求△PP'B是直角三角形，AP2+BP2＝CP2，可得∠P'PB＝90°，可得∠APB＝150°，过点A作AD垂直BP于点D，算出AD、PD，再用勾股定理算出AB，然后用公式直接求出面积． 【详解】解：连接PP′，过点A作AD⊥BP于点D，如图， 由旋转性质可知，△APC≌△AP'B， ∴AP＝AP'，P'B＝PC＝10， ∵∠P'AP＝60°， ∴△APP'是等边三角形， ∴PP'＝AP＝6，故①正确； ∵PB＝8， ∴P'B2＝PB2+P'P2， ∴△PP'B是直角三角形，AP2+BP2＝CP2，故②正确 ∴∠P'PB＝90°， ∵∠P'PA＝60°， ∴∠APB＝150°，故③正确； ∴∠APD＝30°， ∴AD＝AP＝3，PD＝3， ∴BD＝8+3， 在Rt△ABD中，AB2＝AD2+BD2＝100+48， ∴S△ABC＝AB2＝36+25，故④正确． 故选D． 【点睛】本题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理及其逆定理、特殊角的三角函数、解直角三角形、等边三角形判定与性质、等边三角形的面积公式等知识点，难度较大．通过旋转的性质得出△APP′为等边三角形以及△PP'B是直角三角形是解答本题的第一个关键；在得出∠APB为150°之后，“将特殊角或其补角放入直角三角形当中”是解答本题的第二个关键． 【变式24-3】（2023·福建莆田·一模）如图，和都是等边三角形，将先向右平移得到，再绕顶点逆时针旋转使得点，分别在边和上．现给出以下两个结论： ①仅已知的周长，就可求五边形的周长； ②仅已知的面积，就可求五边形的面积． 下列说法正确的是（　　） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键． 由“”可证，，可得，，，由线段的和差关系和面积和差关系可求解． 【详解】解：，，都是等边三角形， ，，， ， ， ， 同理可证：， ，， 五边形的周长， 仅已知的周长，就可求五边形的周长；故①正确； ，， ， ， ， 五边形的面积， 仅已知的面积，就可求五边形的面积．故②正确， 故选：C． 【题型25 不规则多边形角度求和】 【例25】（25-26八年级上·内蒙古呼和浩特·月考）如图，的度数为___________． 【答案】/360度 【分析】本题考查了三角形外角的性质、四边形的内角和定理，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．根据三角形外角的性质得到，再根据四边形的内角和定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵四边形的内角和为， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式25-1】（2020九年级·全国·专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I＝__． 【答案】900° 【分析】根据多边形的内角和，可得答案． 【详解】解：连EF，GI，如图 ， ∵6边形ABCDEFK的内角和＝（6－2）×180°＝720°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝720°－（∠1＋∠2）， 即∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋（∠1＋∠2）＝720°， ∵∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F∠H＋（∠3＋∠4）＝900°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝720°＋180°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＝900°， 故答案为：900°． 【点睛】本题考查了n边形的内角和定理：n边形的内角和为（n－2）×180°（n≥3的整数）． 【变式25-2】如图，已知， _______． 【答案】/240度 【分析】由三角形的外角性质和三角形内角和定理即可得出结果． 【详解】连接，， ∴ 又， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的外角性质、对顶角相等以及三角形内角和定理；熟练掌握三角形的外角性质以及三角形内角和定理是解决问题的关键． 【变式25-3】阅读材料： 解决问题： （1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BDC(∠BDC＜180°)与∠B，∠D，∠BAC三个角之间的等量关系． 小明得出的结论是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整． 证明：连接AD并延长AD到点E． 联系拓广： （2）下面图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的(即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的)． 请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题： ①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为　　　　°； ②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为　　　　°． 【答案】（1）证明见解析；（2）①180°；②360°． 【分析】（1）先证明∠BDE=∠B+∠BAD，∠CDE=∠C+∠CAD，相加即可； （2）①利用（1）结论，得到∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，再根据三角形内角和进行等量代换即可求解； ②利用（1）结论，得到∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，再根据四边形内角和进行等量代换即可． 【详解】解：（1）证明：连接AD并延长AD到点E． 则∠BDE为△ABD的外角，∠CDE为△ACD的外角， ∴∠BDE=∠B+∠BAD， ∠CDE=∠C+∠CAD ∵∠BDC=∠BDE+∠CDE，∴∠BDC=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD． ∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BDC=∠B+∠C+∠BAC． （2）①如图2，由（1）得，∠CFD=∠A+∠C+∠D， ∴∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D， ∵∠BFE+∠B+∠E=180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°. 故答案为：180° ②如图3，由（1）得，∠DHE=∠A+∠D+∠E， ∴∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E， ∵∠F+∠B+∠C+∠CHF=360°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°. 故答案为：360° 【点睛】本题考查了凹四边形的角的关系，熟知三角形外角定理，应用（1）结论，将图形转化三角形或四边形内角和知识是解题关键. 【题型26 坐标系中平行四边形顶点求解】 【例26】（2025八年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，，，，在坐标系中找一点，使以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标是_________． 【答案】或或 【分析】本题考查了坐标与图形性质，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是掌握①数形结合思想的运用，②分类讨论方法的运用．根据题意画出符合条件的三种情况，根据图形，利用平行四边形的性质和平移的性质求解即可． 【详解】解：如图， ∵，， ∴， ①时， ∵， ∴，即； ②， ∵ ∴，即； ③， ∵，， ∴，即 故D点坐标为或或 故答案为：或或． 【变式26-1】如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，过点作，交于点，交于点，连接，已知，，以点为原点建立坐标系，则点的坐标为______    【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质．根据平行四边形的性质结合，可得为等边三角形．从而得到，在中，由勾股定理可得的长即可． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，． ， 为等边三角形． ，为边上的中线． ． 在中，由勾股定理得，， ， 点的坐标为． 故答案为：． 【变式26-2】如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，的坐标分别为，，若，，点在第二象限．保持平行四边形不动，将轴向右平移，当轴经过点时，在新的坐标系下，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质，平面直角坐标系，直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，并会作辅助线在坐标系中构造直角三角形计算是解题的关键．作出坐标系平移后的图形，过点作轴于点，分别求和即可． 【详解】解：∵，的坐标分别为，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 坐标系平移后的图形如图，过点作轴于点， ∵， ∴，四边形为长方形， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， 故选：D． 【变式26-3】已知，在平面直角坐标系中，O为坐标原点． (1)请在平面直角坐标系中描出点和； (2)若C为坐标系内一点，且以O，A，C，B为顶点的四边形为平行四边形，请在给出的坐标系中画出所有满足条件的平行四边形，并直接写出C点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)作图见解析，或或 【分析】（1）利用A点和B点坐标描点即可； （2）分别以OB、AB、OA为平行四边形的对角线确定C点位置，且写出C点坐标． 【详解】（1）如图，点A、点B即为所求； （2） 如图，平行四边形OABC1，平行四边形OAC2B，平行四边形OC3AB即为所求作； C点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了作图一复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图,逐步操作，也考查了坐标与图形性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【题型27 平行四边形折叠求线段长度】 【例27】如图，将先沿折叠，再沿折叠后，A点落在线段上的A′处，C点落在E处，连结，．若恰有，则_________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质、折叠的性质、平行线的性质，由平行四边形的性质得，，再由由折叠的性质得，，，，根据平行线的性质得，进而得，再根据，利用等量代换求得，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 由折叠的性质得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式27-1】（24-25八年级下·河北石家庄·期末）如图，将平行四边形沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若此时将边沿进行折叠，点又恰好落在点处，则平行四边形的较小内角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据平行线的性质得，，根据对称的性质得，，，，继而得到，然后在中，根据三角形内角和定理列出关于的一元一次方程，求解即可． 【详解】解：设， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵将平行四边形沿折叠，点恰好落在边上的点处， ∴，， ∵将边沿进行折叠，点又恰好落在点处， ∴，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴平行四边形的较小内角为． 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，对称的性质，三角形内角和定理，一元一次方程的应用，解题的关键是掌握：两个图形关于某直线成轴对称，则它们的对应边相等，对应角相等． 【变式27-2】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，，，点E是上的一点，点F是边上一点，将平行四边形沿折叠折叠，使得点A与点C重合，得到四边形，点D的对应点为点G，则的长度为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题考查的是轴对称的性质，平行四边形的性质，角直角三角形的性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 作于，过点作于，由 角直角三角形的性质可求，则，证明，那么，而，设，则，则，由折叠可知，，在中，由勾股定理得，即可求解． 【详解】解：如图，作于，过点作于． ∵，， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 由折叠可知，，，， ∴，，， ∴， 在和中， ∴； ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴， 由折叠可知，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， 由勾股定理得， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【变式27-3】（24-25八年级下·浙江·期中）将一个平行四边形纸片进行折叠，第一次折叠经过点A，使的两边重合，折痕交边于点E，第二次折叠经过点B，使的两边重合，折痕交边于点F，如图是一种折叠后的效果，当点，，，相邻两点间的距离相等时，若，则的长为（  ） A．2 B．4 C．2或4 D．2或4或12 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、等角对等边、折叠等知识．分二种情况画出图形，利用平行四边形的性质和等角对等边进行解答即可． 【详解】解：如图1， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵点，，，相邻两点间的距离相等， ∴， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， 如图2， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵点，，，相邻两点间的距离相等， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， 综上可知，的长为2或4， 故选：C． 【题型28 动点下平行四边形形状判断】 【例28】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒3个单位长度的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动．设运动时间为．秒，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，的值为（    ） A．1 B． C．1或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，①当四边形是平行四边形时，由平行四边形的性质得，，即可求解；②当四边形是平行四边形时，同理可求；能利用平行四边形的性质进行求解及分类讨论思想是解题的关键． 【详解】解： 是的中点， ， 根据题意得：，， ①当四边形是平行四边形时， ， ， ， 解得：； ②当四边形是平行四边形时， ， ， ， 解得：； 综上所述：的值为1或； 故选：C． 【变式28-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，等边三角形的边长为，动点从点出发，沿的路径以的速度运动；动点从点出发，沿的路径以的速度运动．若动点同时出发，且其中一点到达终点时，另一点立即停止运动．设运动时间为，则当的值为_____时，点，，以及的边上一点恰好能构成一个平行四边形． 【答案】或 【分析】本题考查的是平行四边形的判定，等边三角形的性质，利用平行四边形的判定和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列方程求解是解题的关键． 分三种情况讨论，由平行四边形的性质和等边三角形的性质可列方程，即可求解． 【详解】解：当点在线段上，点在线段上时，如图①． 四边形为平行四边形， ，． 是等边三角形， 和是等边三角形， ， ， ， ； 当点在线段上，点在线段上时，如图②． 同理可得和是等边三角形，． ，， ， ； 当点在线段上，点在线段上时，如图③． 同理可得和是等边三角形，． ，， ， ． 当停止运动时，，且， （不合题意，舍去）． 综上所述，当的值为或时，点，，以及的边上一点恰好能构成一个平行四边形． 故答案为：或． 【变式28-2】如图，在中，对角线相交于点O．点E在上，，，，点F是的中点，若点P以的速度从点A出发，沿向点E运动，点N同时以的速度从点C出发，沿向点F运动，点P运动到点E时停止运动，点N也同时停止运动，当点P运动________s时，以点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】4或 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题. 要使点为顶点的四边形是平行四边形，则需, 据此先表示出, 结合题意可得, 或, 据此可知需求得的长，由于是的中点，可将答案. 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴, ∴. ∵, ∴, ∴. ∵, ∴. ∵点是的中点, ∴. 要使点为顶点的四边形是平行四边形，则即可. 设当点运动秒时，点为顶点的四边形是平行四边形， 根据题意得或, 解得或 ∴当点运动秒或 秒时, 以为顶点的四边形是平行四边形. 故答案为：或 【变式28-3】如图，在矩形中，，，，、分别从，，，出发沿，，，方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，运动即停止．已知在相同时间内，若，则，，．当______时，以P，Q、M，N为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】2或4． 【分析】本题考查了平行四边形的判定，有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，正确进行讨论是关键．首先利用表示出和的长，然后根据即可列方程求得的值． 【详解】解：由题意知，点只能在点的左侧， ①当点在点的左侧时，由， 整理得， 解这个方程，得（舍去），． 所以，当时，四边形是平行四边形． ②当点在点的右侧时，由， 整理得， 解这个方程，得（舍去），． 所以，当时，四边形是平行四边形． 所以当或时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：2或4． 【题型29 复杂图形中位线与面积关联】 【例29】如图，在中，，，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点． （1）则面积是 __________________ ． （2）把绕点在平面内自由旋转，面积的最大值为 ___________________ ． 【答案】 【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质； （1）利用三角形的中位线得出且，进一步可证明为等腰直角三角形，再利用三角形面积计算公式计算即可； （2）要使面积最大，值则要最大，则的值要最大，故当时最大，求出面积即可． 【详解】解：（1）点P，N是，的中点， ， 点P，M是，的中点， ， ∵， ， ， ，即， ， 为等腰直角三角形， 故， 故答案为：； （2）由（1）可知为等腰直角三角形， 则， 最大时，面积最大，即最大时，面积最大， 点在的延长线上， ， ， ∴面积的最大值； 故答案为：． 【变式29-1】（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中，各点始终在同一平面内，下列说法错误的是（    ） A．四边形的形状为平行四边形 B．四边形的面积始终在变小 C．四边形的面积是四边形面积的 D．四边形的周长等于四边形的对角线之和 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，三角形的中位线定理，掌握相关知识点并灵活运用，连接相交于点O是解题的关键． 连接相交于点O，根据三角形的中位线定理可判定选项A，D；利用与三角形的中线有关的面积关系，可判定选项B，C． 【详解】解：如图，连接相交于点O， 分别为的中点， 为的中位线， ， 同理可得，，， ， 四边形的形状为平行四边形， 故选项A正确； ， 四边形的周长等于四边形的对角线之和， 故选项D正确； 如图2，连接，设与交于点M，与交于点N， H为的中点， ， 又，即 M为的中点， ， 同理可得，， ， 四边形的面积等于的面积的一半， 对角线将平行四边形分割得到的四个四边形均等于各自所在大三角形的面积的一半， 四边形的面积是四边形面积的， 故选项B错误，选项C正确； 故选：B． 【变式29-2】（25-26七年级上·山东烟台·期中）中国古代数学家刘刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在中，分别取，的中点D，E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成长方形．若，，则的面积是（    ） A．15 B．20 C．30 D．35 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，长方形的性质，中位线定理等知识点，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 先证明， ，得出，，从而得出的面积等于长方形的面积；利用全等三角形的性质以及中位线定理得出长方形的长和宽，计算即可． 【详解】解：四边形是长方形， ， ， ， ， D，E分别为，的中点， ， 在和中， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， D，E分别为，的中点， 是的中位线， ， 的面积是30． 故选：C． 【变式29-3】（2024·浙江杭州·一模）【综合与实践】 【探究】（1）小学我们就学过同底等高的两个三角形的面积相等，后来我们又学到等高的两个三角形的面积之比等于与高对应的底边长之比，如图（1），的高和的高相等，则同样，同底的两个三角形，如果面积相等，也有类似的结论，若图形位置特殊，由此会产生一些新的结论，下面是小江同学探索的一个结论，请帮助小江完成证明． 如图（2），和的面积相等，求证：． 证明：分别过点、点作和底边上的高线，． 【应用】（2）把图（3）的四边形改成一个以为一边的三角形，并保持面积不变，请画出图形，并简要说明理由． 【拓展】（3）用上述探究的结论和已经证明的结论，证明三角形的中位线定理． 已知：如图（4），______． 求证：______． 证明： 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）分别过点、点作和底边上的高线，，利用三角形的面积公式与已知条件得到，则，再利用平行四边形的判定与性质解答即可； （2）利用平行线之间的距离相等，同底等高的三角形面积相等的性质解答即可； （3）连接，，过点作于点，过点作于点，利用等底同高的三角形的面积相等的性质得到，由（1）的证明过程可知：；利用等底同高的三角形面积相等的性质得到，则，化简即可得出结论． 【详解】证明：分别过点、点作和底边上的高线，，如图， 的面积，的面积，和的面积相等， ， ． ，， ∴， 四边形为平行四边形， ∴； （2）1．连接， 2．过点作，交的延长线于点， 3．连接， 则为所画的三角形．如图， 理由：∵， 与为同底等高的三角形， ，， ． 四边形改成一个以为一边的三角形，并保持面积不变； 【拓展】（3）用上述探究的结论和已经证明的结论，证明三角形的中位线定理． 已知：中，点为的中点，点为的中点． 求证：，． 证明：连接，，过点作于点，过点作于点，如图， 点为的中点， ， 与为等底同高的三角形， ． 点为的中点， ， 与为等底同高的三角形， ， ． 由（1）的证明过程可知：，． 点为的中点， ， 与为等底同高的三角形， ， ， ． ， ， ． 【点睛】本题主要考查了三角形的面积，四边形的面积，平行四边形的判定与性质，平行线之间的距离相等，三角形的中位线定理的证明，本题是阅读型题目，熟练掌握题干中的方法并熟练运用是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $