专题6.8 平行四边形全章专项复习【3大考点10种题型】
【北师大版】
【考点1 平行四边形】 1
【题型1 由平行四边形的性质求值】 2
【题型2 由平行四边形的性质证明结论】 6
【题型3 平行四边形的判定】 10
【题型4 平行四边形的判定与性质的综合应用】 16
【考点2 三角形的中位线】 22
【题型5 与三角形中位线有关的求解问题】 22
【题型6 与三角形中位线有关的证明问题】 26
【考点3 多边形及其内角和】 31
【题型7 多边形内角和公式的应用】 32
【题型8 多边形外角定理的应用】 35
【题型9 多边形的截角问题】 40
【题型10 求不规则图形中相关角的和】 42
【考点1 平行四边形】
1.平行四边形的性质
性质 数学语言 图示
边 平行四边形的对边相等 四边形是平行四边形，
角 平行四边形的对角相等 四边形是平行四边形，
对角线 平行四边形的对角线互相平分 四边形是平行四边形，
【拓展延伸】
（1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答.
（2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据.
（3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形.
（4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形面积的；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值.
【规律方法】
（1）平行四边形的邻角互补；
（2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积.
2.平行四边形的判定方法
判定方法 数学语言 图形
边 两组对边分别平行的四边形是平行四边形.（定义） 四边形是平行四边形.
两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 四边形是平行四边形.
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. （或）， 四边形是平行四边形.
角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形. ， 四边形是平行四边形.
对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 四边形是平行四边形.
【题型1 由平行四边形的性质求值】
【例1】（24-25八年级·全国·期末）如图，在平行四边形中，，过的中点E作 于点 F，延长交的延长线于点 G，则的长为（ ）．
A． B． C．8 D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用平行四边形的性质成为解题的关键．
由平行四边形的性质可得，进而得到；再根据中点的定义可得；然后说明，易得；再运用勾股定理求得，最后再运用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵ 四边形是平行四边形,
∴,
∴,
∵E是的中点,
∴,
∵,
∴,
∴，
，
∴，
．
故选 B．
【变式1-1】（24-25八年级·安徽黄山·期末）如图，是平行四边形的对角线，点在上，，则的度数是 ．
【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，三角形外角的性质，掌握平行四边形的性质及等腰三角形的性质是关键；设；由等腰三角形的性质及三角形外角的性质得，由平行四边形的性质及已知，，则有，则，再由平行线性质即可求解．
【详解】解：设；
∵，
∴，
∴；
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴；
∵，
∴，
即，
∴，
即．
故答案为：．
【变式1-2】（24-25八年级·全国·期末）如图，在中，于E，于F，若，，，求的周长和面积．
【答案】周长是，面积是
【分析】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的特征，勾股定理等；由平行四边形的性质得 ，，，由平行线的性质得，，设，由直角三角形的特征得，由勾股定理得 ，由可求，即可求解；掌握平行四边形的性质，直角三角形的特征，勾股定理是解题的关键．
【详解】解：，，
，，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，，，
，，
，
，
设，则，
，
，，
，
，
，
，
解得：，
，，
，
的周长是：（），
面积是： （）．
【变式1-3】（24-25八年级·全国·期末）如图， 的对角线相交于点O， 且， 过点O作， 交于点M．如果的周长为18， 那么的周长是 ．
【答案】36
【分析】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与线段垂直平分线的性质．
由四边形是平行四边形，可得，又由，可得，然后由的周长为18，求得平行四边形的周长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴垂直平分线段，
∴，
∵的周长为18，
∴，
∴平行四边形的周长是：．
故答案为：36．
【题型2 由平行四边形的性质证明结论】
【例2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点，交于点，平分交于点．
(1)若，求的度数；
(2)求证：．
【答案】(1)55°
(2)见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得，根据平分可得，根据可得；
根据平行四边形的性质可得，根据角平分线的定义可知，，得到，再根据平行四边形的性质可得，利用可证，根据全等三角形对应边相等可证．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，
，
又平分，
又四边形是平行四边形，
，
；
（2）证明：四边形是平行四边形，
∴，
又平分，平分，
，，
，
又四边形是平行四边形，
，
，
在和中
，
，
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质．平行四边形的性质：平行四边形的两组对边分别平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分；全等三角形的对应角相等、对应边相等．
【变式2-1】（24-25八年级·陕西西安·期中）如图，在中，点E，F分别在上，且，连接，交于点O．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，利用证得后即可证得结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
．
【变式2-2】（24-25八年级·陕西汉中·期末）如图，在中，连接，延长至点E，延长至点F，使，连接．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，由四边形是平行四边形，得到，，进一步得到，由，得到，证明，即可得到，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【变式2-3】（24-25八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图1，在平行四边形中，，垂足分别为E，F．
(1)求证：
(2)连接，与交于点O，求证：．
(3)若，求平行四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)24
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）由四边形是平行四边形，可得，再由，，可得，再证明即可；
（2）由全等的性质可得，从而得出平行四边形是菱形，最后由菱形的性质可得结论；
（3）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，最后利用菱形的性质求出面积即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，，
，
在和中，
，
；
（2）证明：由（1）得，
，
平行四边形是菱形，
；
（3）解：平行四边形是菱形，
，，，
在中，由勾股定理得：，
，
．
【题型3 平行四边形的判定】
【例3】（24-25八年级·贵州毕节·期末）四边形 中，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)E是上一点，连接，F在上，连接、，，，求证：；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定与性质．
（1）依据题意，由，从而，又有，进而，故有，从而可以得出结论；
（2）依据题意，分别作于点G，于点H，由题意先证明，再证，进而可以得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：分别作于点G，于点H，则，
∵，，，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴．
∴．
【变式3-1】（24-25八年级·贵州毕节·期末）在四边形中，对角线交于点O．
(1)如图1，若，求证：四边形是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，将对角线绕点O顺时针旋转一个角度，分别交于点（如图2），求证：四边形是平行四边形；
(3)如图3，若，求的最小值．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)的最小值是13
【分析】（1）利用内错角相等证得，即可根据一组对边平行且相等得到结论；
（2）证明，推出，由此证得结论；
（3）过点D作，连接得到四边形是平行四边形，由此得到，利用勾股定理求出，即可得到．
【详解】（1）证明∶，
．
又，
四边形是平行四边形．
（2）证明：由（1）可得四边形是平行四边形，
，
．
又，
，
四边形是平行四边形．
（3）解∶如图，过点D作，连接
四边形是平行四边形，
．
又，
，
，
．
，
的最小值是13．
【点睛】此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，熟练掌握各定理并应用解决问题是解题的关键．
【变式3-2】（24-25八年级·云南红河·期末）如图，是等边三角形，是边上的高．点在延长线上，连接，且，过A作交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，求四边形的周长．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
（1）根据等边三角形的性质可得，，然后证明为等边三角形，可得，进而可以证明四边形为平行四边形；
（2）根据和勾股定理可得的长，然后证明，进而可得四边形的周长，
【详解】（1）证明：是等边的边上的高，
，，
，
，
，
，
为等边三角形三角形，
，
，
，
，
四边形为平行四边形；
（2）解：，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
四边形的周长为：．
【变式3-3】（24-25八年级·全国·期末）如图，在中，点D是边的中点，点E在内，平分，，点F在边上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)3
【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理的应用，熟练掌握性质和判定是解题的关键．
（1）利用平行四边形的定义，证明四边形是平行四边形；
（2）利用三角形中位线定理，解答即可．
【详解】（1）
证明：延长交于点G，
∵，平分，
∴，，
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴为的中位线，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴．
∵D、E分别是的中点，
∴,
∵，
∴，
∴．
【题型4 平行四边形的判定与性质的综合应用】
【例4】（24-25八年级·云南昭通·期末）如图在平面直角坐标系中，点的坐标分、．且满足，现将线段向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到，连接．
(1)求的值．
(2)点P是线段上的一个动点（不与重合），请找出之间的关系，并证明．
(3)点Q是线段上的动点，是否存在使四边形面积最大，如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)，证明见解析
(3)存在，
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、平移的性质、坐标与图形等知识．
（1）根据绝对值的性质和二次根式的性质进行计算即可得；
（2）过点P作，利用平行线的性质得到，则，即可得到答案；
（3）求出点的坐标分、，则，，得到点R的坐标为，点S的坐标为，，四边形是平行四边形，则，作于点H，则，当点运动到点R时，取得最大值，即最大值为的长度，即，进一步即可求出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∴，；
（2），理由如下：
如图所示，过点P作，
∵
则，
∴，
∴，
∴；
（3）存在，点Q的坐标为，理由如下：
由（1）可知，点的坐标分、．
∴，
∵线段向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到，
∴点R的坐标为，点S的坐标为，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
作于点H，则
∵点Q是线段上的动点，
∴当点运动到点R时，取得最大值，即最大值为的长度，即，
此时，即的最大值为，
∵四边形的面积，
∴四边形的面积最大值为，
此时点Q的坐标为．
【变式4-1】（24-25八年级·江苏无锡·阶段练习）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，
∴．
【变式4-2】（24-25八年级·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接 ，以为边向右作等边，连接．
【初步发现】（1）求证：为等边三角形；
【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形；
【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（）根据等边三角形得和，以及和，则，可证，有，，再证，即可得出结论；
（）由等边三角形得和，则，可得，进一步得，即可得出结论；
（）过作于，则，由（）可知，，求得，结合等边三角形求得和，利用勾股定理得，然后用面积公式即可求解．
【详解】证明：（1）∵是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）由（）可知，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（3）如图，过作于，
则，
由（）可知，，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定定理、平行四边形的判定定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
【变式4-3】（24-25八年级·河北廊坊·期末）如图，在中，G，H分别是的三等分点，交于点E，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质等．
（1）根据三等分点可得，依据平行线的性质可得，，即可证明全等；
（2）证明四边形为平行四边形，得到，过点E作于点M，根据含30度角直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵G，H分别是的三等分点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，且，
∴，
∴，
∴，
∴
（2）由（1）知，且，
四边形为平行四边形，
，
，
过点E作于点M，
，
，
，
，
又G，H分别是的三等分点，
【考点2 三角形的中位线】
【题型5 与三角形中位线有关的求解问题】
【例5】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在等腰中，，，分别是，的中点，连接，，，与相交于点．若，，则四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，关键是由三角形中位线定理得到，判定和是等腰直角三角形．由三角形中位线定理得到，判定，推出，得到是等腰直角三角形，同理：是等腰直角三角形，求出，，由勾股定理求出，得到，即可求出四边形的周长．
【详解】解：，分别是，的中点，
是的中位线，
，
，
，
，分别是，的中点，
，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
同理：是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
四边形的周长．
故答案为：．
【变式5-1】（24-25八年级·广东深圳·期末）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】
【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：．
【变式5-2】（24-25八年级·广东汕头·期末）如图，中，，，点是的中点，若平分，求线段的值．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，延长交于，证明，得出，，计算出，再由三角形中位线定理即可得出答案．
【详解】解：如图，延长交于，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴．
【变式5-3】（24-25八年级·河南郑州·期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为
【答案】
【分析】连接并延长交于点P，连接，由正方形的性质，即可证得，可得，，再由勾股定可理可求得的长，根据三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：连接并延长交于点P，连接，如图所示，
四边形是正方形，
，，，
，
E、F分别为边，的中点，
，．
G为的中点，
，
在和中，
，
．
，．
G为的中点，
H为的中点，
是的中位线．
．
在中，
，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解决本题的关键．
【题型6 与三角形中位线有关的证明问题】
【例6】（24-25八年级·陕西渭南·期末）【问题背景】
如图，在中，，垂足为点，点是边的中点，点是边的中点，连接并延长到点，，连接．
【初步探究】
（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
【拓展延伸】
（2）如图2，连接，若、，在不添加任何辅助线的情况下，探究之间有怎样的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由三角形中位线定理得出，，结合题意求出，即可得证；
（2）证明，得出，由，，得出，证明四边形是平行四边形，得出，即可得证．
【详解】（1）证明：∵点是边的中点，点是边的中点，
∴为的中位线，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：，理由如下：
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【变式6-1】（24-25八年级·陕西汉中·期末）如图，的中线交于点O，F、G分别是的中点，连接．求证：与互相平分
【答案】证明见解析
【分析】利用三角形中线的性质、中位线的定义和性质证得四边形的对边且 ，得到四边形是平行四边形，证得结论．
本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】证明：∵是的两条中线，
∴点D、E分别是边的中点，
又∵F、G分别是的中点，
，
且
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分．
【变式6-2】（24-25八年级·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形中，G，H分别是，的中点，E，O，F分别是对角线上的四等分点，顺次连接G，E，H，F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：当平行四边形满足时，四边形是菱形．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，
（1）连接，由三角形中位线定理可得，，，，可得，，可得结论；
（2）先证四边形是平行四边形，可得，可得，可得结论
【详解】（1）证明：如图1，连接，
四边形是平行四边形，
，．
，，分别是对角线上的四等分点，
，分别为，的中点，
是的中点，
为的中位线，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
（2）证明：如图2，连接，，
四边形是平行四边形，，分别是，的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，即，
又四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
【变式6-3】（24-25八年级·河北保定·期末）如图，在四边形中，对角线和相交于点O，，点M、P、N分别是边的中点，连接，交于点E，交于点F，Q是的中点，连接．
(1)求证：；
(2)判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是等腰三角形．理由见解析
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形中位线定理：
（1）根据三角形中位线定理得到，则由三线合一定理可得；
（2）根据三角形中位线定理得到，，则，．再由，得到，则．即可得到，即是等腰三角形．
【详解】（1）证明：连接．
∵点M，P分别是边的中点，
∴为的中位线，
∴．
同理可知．
又∵，
∴．
∵Q是的中点，
∴．
（2）解：是等腰三角形．理由如下：
∵点M，P分别是边的中点，
∴为的中位线，
∴，
同理可得，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴，即是等腰三角形．
【考点3 多边形及其内角和】
【知识点1 多边形及有关概念】
（1）多边形的定义：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.
（2）正多边形：各个角都相等、各个边都相等的多边形叫做正多边形.如正三角形、正方形、正五边形等．
（3）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.
【要点】①从边形一个顶点可以引(n－3)条对角线，将多边形分成(n－2)个三角形；
②n边形共有条对角线．
【知识点2 多边形的内角和及外角和】
（1）内角和公式：n边形的内角和为(n－2)·180°(n≥3，n是正整数) ．
（2）多边形外角和：n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关.
（3）多边形的边数与内角和、外角和的关系：n边形的内角和等于(n－2)·180°(n≥3，n是正整数)，可见多边形内角和与边数n有关，每增加1条边，内角和增加180°.
【题型7 多边形内角和公式的应用】
【例7】（24-25八年级·安徽芜湖·期中）如图，六边形中，，，，，，求的度数．
【答案】
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，多边形内角和定理，延长交延长线于G，利用三角形外角性质，平行线的性质，多边形内角和定理计算即可．
【详解】解：延长交延长线于G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
解法2：连接，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【变式7-1】（24-25八年级·湖北黄冈·期中）如图是两位小朋友在探究某多边形的内角和时的一段对话，请根据他们的对话内容判断他们是在求几边形？少加的内角为多少度？
【答案】他们在求九边形的内角和；少加的那个内角为120度．
【分析】根据n边形的内角和公式，则内角和应是180°的倍数，且每一个内角应大于0°而小于180度，根据这些条件进行分析求解即可．
【详解】解：1140°÷180°＝6…60°，
则边数是：6+1+2＝9；
他们在求九边形的内角和；
180°﹣60°＝120°，
少加的那个内角为120度．
【点睛】本题主要考查多边形内角和公式的灵活运用，解题的关键是找到相应度数的等量关系．注意多边形的一个内角一定大于0°，并且小于180度．
【变式7-2】（24-25八年级·四川遂宁·期末）如图，六边形的各个内角都相等，且．
(1)求的度数．
(2)判断与的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【分析】本题考查多边形的内角和，平行线的判定：
（1）根据多边形的内角和的计算方法，求出的度数即可；
（2）求出的度数，根据内错角相等，两直线平行，即可得出结论．
【详解】（1）
解：∵六边形的各内角相等，
∴一个内角的大小为
∴．
（2），理由如下：
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式7-3】（24-25八年级·陕西西安·期末）按要求完成下列各小题．
(1)如图1，若一个正方形和一个正六边形有一边重合，求的度数．
(2)如图2，若正五边形和长方形按如图方式叠放在一起，求的度数．
【答案】(1)∠BAC＝150°；
(2)∠BAF＝18°．
【分析】（1）根据正多边形的内角公式求出∠DAC，然后根据∠BAC＝360°－∠BAD－∠DAC进行计算；
（2）根据正多边形的内角公式求出∠ABC，然后根据三角形外角的性质进行计算．
【详解】（1）解：由题意得：∠BAD＝90°，∠DAC＝，
∴∠BAC＝360°－∠BAD－∠DAC＝360°－90°－120°＝150°；
（2）解：由题意得：∠F＝90°，∠ABC＝，
∴∠BAF＝∠ABC－∠F＝108°－90°＝18°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角的求法，三角形外角的性质，掌握求正多边形的内角的方法是解题的关键．
【题型8 多边形外角定理的应用】
【例8】（24-25八年级·全国·课后作业）如图，七边形中，，的延长线交于点O，若，，，的和等于，则的度数为 ．
【答案】/50度
【分析】延长交于点H，根据，得到，结合，得到，结合计算即可．
【详解】如图，延长交于点F，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以．
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握多边形的外角和定理是解题的关键．
【变式8-1】（2024八年级·全国·专题练习）如图，五边形中，，分别是的外角，则（ ）
A．90° B．180° C．120° D．270°
【答案】B
【分析】如图：根据平行线的性质可得，然后根据多边形的外角和即可解答．
【详解】解：如图，∵，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形的外角和等知识点，正确添加辅助线是解答本题的关键．
【变式8-2】（24-25八年级·山东东营·期末）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为 米．
【答案】64
【分析】根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．
【详解】解：设边数为n，
多边形外角和为360°，所以n=360°÷45°=8，总边长为8×8=64米，
故答案为：64．
【点睛】此题考查多边形的外角和，正多边形的性质，正确理解题意是解题的关键．
【变式8-3】（24-25八年级·江苏南京·期中）几何图形千变万化，但是不同的图形之间往往存在联系，下面让我们一起来探索：
(1)下列有、两题，请你选择其中一个进行证明(若两题都证明，按题A给分)．
．如图①，和是的两个外角，求证；
．如图②、是边、上的点，将沿翻折至，若点在内部，．我选择 作答
(2)如图③，、分别平分四边形的外角、．已知，，求的度数；
(3)如图④，已知五边形，延长至，延长至，连接，点、分别在边、上，将沿翻折至，若，，，．请你直接写出的度数用含、的代数式表示)
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了三角形的外角的性质，多边形的外角和定理，折叠的性质；
（1）选择，根据三角形的外角的性质，即可得证；选择B，由翻折性质得：，，进而根据三角形的外角的性质，折叠的性质证明，即可得证；
（2）延长，交于点，根据折叠的性质以及角平分线的定义得出，即可求解；
（3）由（2）可知：，设，，根据，得出，由（1）B可知：，即可求解．
【详解】（1）证明：选择，证明如下：
，，，
，
；
选择B，证明如下：
由翻折性质得：，，
，，
，
，
，
又，，
，
，
即；
故答案为：或．
（2）延长，交于点，如图③所示：
由（1）可知：，，
则
，，
，
、分别平分、，
，
；
（3）由（2）可知：，
，，
，
设，，
，，
，，
，
即，
，
，
由（1）B可知： ．
【题型9 多边形的截角问题】
【例9】（2024·浙江杭州·模拟预测）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°．则原来多边形的边数是 ．
【答案】9或10或11
【分析】先根据多边形的内角和公式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9或10或11．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以不变、增加或者减少．
【变式9-1】（24-25八年级·全国·单元测试）一块多边形木板截去一个三角形（截线不经过顶点），得到的新多边形内角和为，则原多边形的边数为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】B
【分析】首先求出内角和为2340°的多边形的边数，而根据题意可得原多边形比新多边形的边数少1，据此进一步求解即可.
【详解】设内角和为2340°的多边形边数为，
则：，
解得：，
则原多边形边数=，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式的运用，熟练掌握相关公式是解题关键.
【变式9-2】（24-25八年级·河南商丘·期中）如图，在正方形中，截去、后，、、、的和为 ．
【答案】
【分析】根据多边形内角和定理求出截去、后六边形的内角和，再减去∠B和∠D的度数，即可求出、、、的和．
【详解】∵四边形ABCD是正方形
∴
∵截去、后，组成的图形是六边形
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形的角度问题，掌握多边形内角和定理和正方形的性质是解题的关键．
【变式9-3】（24-25八年级·浙江衢州·期中）如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：画出图形，把截去的部分打上阴影
新多边形内角和比原多边形的内角和增加了．
新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．
新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了．
将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为，求原多边形的边数．
【答案】（1）作图见解析；（2）15，16或17．
【分析】（1）①过相邻两边上的点作出直线即可求解；
②过一个顶点和相邻边上的点作出直线即可求解；
③过相邻两边非公共顶点作出直线即可求解；
（2）根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论．
【详解】如图所示：
设新多边形的边数为n，
则，
解得，
若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，
若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，
若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，
故原多边形的边数可以为15，16或17．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解．
【题型10 求不规则图形中相关角的和】
【例10】（2024八年级·全国·专题练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠K的度数为 ．
【答案】1080°
【分析】连KF，GI，根据n边形的内角和定理得到7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，由三角形内角和定理可得到∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°，即可得到∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数．
【详解】解：连KF，GI，如图，
∵7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＝900°－（∠1＋∠2），
即∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，
∵∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＝900°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K＝1080°．
故∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数为1080°．
故答案为：1080°．
【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10-1】（24-25八年级·上海青浦·期中）如图所示，求．
【答案】
【分析】此题考查三角形外角的性质，多边形内角和，设与、的交点为、，根据三角形外角的性质得到,，即可求出答案，正确理解三角形外角性质将角度进行转化是解题的关键
【详解】解：设与、的交点为、，
∵,
∴
∴
【变式10-2】（24-25八年级·江苏无锡·期中）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10-3】（2024八年级·全国·专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数．
【答案】540°
【分析】如图所示，由三角形外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，然后由多边形的内角和公式可求得答案．
【详解】解：如图所示：
由三角形的外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠K＝∠IJL＋∠MLJ＋∠GML＋∠G＋∠GIJ＝（5－2）×180°＝3×180°＝540°．
【点睛】本题主要考查的是三角形外角的性质和多边形的内角和公式的应用，利用三角形外角和的性质将所求各角的和转化为五边形的内角和是解题的关键.
1专题6.8 平行四边形全章专项复习【3大考点10种题型】
【北师大版】
【考点1 平行四边形】 1
【题型1 由平行四边形的性质求值】 2
【题型2 由平行四边形的性质证明结论】 3
【题型3 平行四边形的判定】 4
【题型4 平行四边形的判定与性质的综合应用】 6
【考点2 三角形的中位线】 7
【题型5 与三角形中位线有关的求解问题】 7
【题型6 与三角形中位线有关的证明问题】 8
【考点3 多边形及其内角和】 9
【题型7 多边形内角和公式的应用】 10
【题型8 多边形外角定理的应用】 11
【题型9 多边形的截角问题】 12
【题型10 求不规则图形中相关角的和】 13
【考点1 平行四边形】
1.平行四边形的性质
性质 数学语言 图示
边 平行四边形的对边相等 四边形是平行四边形，
角 平行四边形的对角相等 四边形是平行四边形，
对角线 平行四边形的对角线互相平分 四边形是平行四边形，
【拓展延伸】
（1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答.
（2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据.
（3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形.
（4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形面积的；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值.
【规律方法】
（1）平行四边形的邻角互补；
（2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积.
2.平行四边形的判定方法
判定方法 数学语言 图形
边 两组对边分别平行的四边形是平行四边形.（定义） 四边形是平行四边形.
两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 四边形是平行四边形.
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. （或）， 四边形是平行四边形.
角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形. ， 四边形是平行四边形.
对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 四边形是平行四边形.
【题型1 由平行四边形的性质求值】
【例1】（24-25八年级·全国·期末）如图，在平行四边形中，，过的中点E作 于点 F，延长交的延长线于点 G，则的长为（ ）．
A． B． C．8 D．
【变式1-1】（24-25八年级·安徽黄山·期末）如图，是平行四边形的对角线，点在上，，则的度数是 ．
【变式1-2】（24-25八年级·全国·期末）如图，在中，于E，于F，若，，，求的周长和面积．
【变式1-3】（24-25八年级·全国·期末）如图， 的对角线相交于点O， 且， 过点O作， 交于点M．如果的周长为18， 那么的周长是 ．
【题型2 由平行四边形的性质证明结论】
【例2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点，交于点，平分交于点．
(1)若，求的度数；
(2)求证：．
【变式2-1】（24-25八年级·陕西西安·期中）如图，在中，点E，F分别在上，且，连接，交于点O．求证：．
【变式2-2】（24-25八年级·陕西汉中·期末）如图，在中，连接，延长至点E，延长至点F，使，连接．求证：．
【变式2-3】（24-25八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图1，在平行四边形中，，垂足分别为E，F．
(1)求证：
(2)连接，与交于点O，求证：．
(3)若，求平行四边形的面积．
【题型3 平行四边形的判定】
【例3】（24-25八年级·贵州毕节·期末）四边形 中，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)E是上一点，连接，F在上，连接、，，，求证：；
【变式3-1】（24-25八年级·贵州毕节·期末）在四边形中，对角线交于点O．
(1)如图1，若，求证：四边形是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，将对角线绕点O顺时针旋转一个角度，分别交于点（如图2），求证：四边形是平行四边形；
(3)如图3，若，求的最小值．
【变式3-2】（24-25八年级·云南红河·期末）如图，是等边三角形，是边上的高．点在延长线上，连接，且，过A作交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，求四边形的周长．
【变式3-3】（24-25八年级·全国·期末）如图，在中，点D是边的中点，点E在内，平分，，点F在边上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【题型4 平行四边形的判定与性质的综合应用】
【例4】（24-25八年级·云南昭通·期末）如图在平面直角坐标系中，点的坐标分、．且满足，现将线段向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到，连接．
(1)求的值．
(2)点P是线段上的一个动点（不与重合），请找出之间的关系，并证明．
(3)点Q是线段上的动点，是否存在使四边形面积最大，如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【变式4-1】（24-25八年级·江苏无锡·阶段练习）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．
【变式4-2】（24-25八年级·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接 ，以为边向右作等边，连接．
【初步发现】（1）求证：为等边三角形；
【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形；
【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积．
【变式4-3】（24-25八年级·河北廊坊·期末）如图，在中，G，H分别是的三等分点，交于点E，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【考点2 三角形的中位线】
【题型5 与三角形中位线有关的求解问题】
【例5】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在等腰中，，，分别是，的中点，连接，，，与相交于点．若，，则四边形的周长为 ．
【变式5-1】（24-25八年级·广东深圳·期末）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ．
【变式5-2】（24-25八年级·广东汕头·期末）如图，中，，，点是的中点，若平分，求线段的值．
【变式5-3】（24-25八年级·河南郑州·期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为
【题型6 与三角形中位线有关的证明问题】
【例6】（24-25八年级·陕西渭南·期末）【问题背景】
如图，在中，，垂足为点，点是边的中点，点是边的中点，连接并延长到点，，连接．
【初步探究】
（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
【拓展延伸】
（2）如图2，连接，若、，在不添加任何辅助线的情况下，探究之间有怎样的数量关系，并说明理由．
【变式6-1】（24-25八年级·陕西汉中·期末）如图，的中线交于点O，F、G分别是的中点，连接．求证：与互相平分
【变式6-2】（24-25八年级·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形中，G，H分别是，的中点，E，O，F分别是对角线上的四等分点，顺次连接G，E，H，F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：当平行四边形满足时，四边形是菱形．
【变式6-3】（24-25八年级·河北保定·期末）如图，在四边形中，对角线和相交于点O，，点M、P、N分别是边的中点，连接，交于点E，交于点F，Q是的中点，连接．
(1)求证：；
(2)判断的形状，并说明理由．
【考点3 多边形及其内角和】
【知识点1 多边形及有关概念】
（1）多边形的定义：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.
（2）正多边形：各个角都相等、各个边都相等的多边形叫做正多边形.如正三角形、正方形、正五边形等．
（3）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.
【要点】①从边形一个顶点可以引(n－3)条对角线，将多边形分成(n－2)个三角形；
②n边形共有条对角线．
【知识点2 多边形的内角和及外角和】
（1）内角和公式：n边形的内角和为(n－2)·180°(n≥3，n是正整数) ．
（2）多边形外角和：n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关.
（3）多边形的边数与内角和、外角和的关系：n边形的内角和等于(n－2)·180°(n≥3，n是正整数)，可见多边形内角和与边数n有关，每增加1条边，内角和增加180°.
【题型7 多边形内角和公式的应用】
【例7】（24-25八年级·安徽芜湖·期中）如图，六边形中，，，，，，求的度数．
【变式7-1】（24-25八年级·湖北黄冈·期中）如图是两位小朋友在探究某多边形的内角和时的一段对话，请根据他们的对话内容判断他们是在求几边形？少加的内角为多少度？
【变式7-2】（24-25八年级·四川遂宁·期末）如图，六边形的各个内角都相等，且．
(1)求的度数．
(2)判断与的位置关系，并说明理由．
【变式7-3】（24-25八年级·陕西西安·期末）按要求完成下列各小题．
(1)如图1，若一个正方形和一个正六边形有一边重合，求的度数．
(2)如图2，若正五边形和长方形按如图方式叠放在一起，求的度数．
【题型8 多边形外角定理的应用】
【例8】（24-25八年级·全国·课后作业）如图，七边形中，，的延长线交于点O，若，，，的和等于，则的度数为 ．
【变式8-1】（2024八年级·全国·专题练习）如图，五边形中，，分别是的外角，则（ ）
A．90° B．180° C．120° D．270°
【变式8-2】（24-25八年级·山东东营·期末）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为 米．
【变式8-3】（24-25八年级·江苏南京·期中）几何图形千变万化，但是不同的图形之间往往存在联系，下面让我们一起来探索：
(1)下列有、两题，请你选择其中一个进行证明(若两题都证明，按题A给分)．
．如图①，和是的两个外角，求证；
．如图②、是边、上的点，将沿翻折至，若点在内部，．我选择 作答
(2)如图③，、分别平分四边形的外角、．已知，，求的度数；
(3)如图④，已知五边形，延长至，延长至，连接，点、分别在边、上，将沿翻折至，若，，，．请你直接写出的度数用含、的代数式表示)
【题型9 多边形的截角问题】
【例9】（2024·浙江杭州·模拟预测）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°．则原来多边形的边数是 ．
【变式9-1】（24-25八年级·全国·单元测试）一块多边形木板截去一个三角形（截线不经过顶点），得到的新多边形内角和为，则原多边形的边数为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【变式9-2】（24-25八年级·河南商丘·期中）如图，在正方形中，截去、后，、、、的和为 ．
【变式9-3】（24-25八年级·浙江衢州·期中）如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：画出图形，把截去的部分打上阴影
新多边形内角和比原多边形的内角和增加了．
新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．
新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了．
将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为，求原多边形的边数．
【题型10 求不规则图形中相关角的和】
【例10】（2024八年级·全国·专题练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠K的度数为 ．
【变式10-1】（24-25八年级·上海青浦·期中）如图所示，求．
【变式10-2】（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图，已知， ．
【变式10-3】（2024八年级·全国·专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数．
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