专题6.9 《平行四边形》全章复习与巩固（知识讲解）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（北师大版）学案

这是一份专题6.9 《平行四边形》全章复习与巩固（知识讲解）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（北师大版）学案，共22页。学案主要包含了学习目标，要点梳理，典型例题，答案与解析，总结升华等内容，欢迎下载使用。

专题6.9 《平行四边形》全章复习与巩固（知识讲解）
【学习目标】
1. 掌握平行四边形的概念，理解并掌握它们之间边、角、对角线之间的关系.
2. 探索并掌握平行四边形有关性质和常用判别方法, 并能运用这些知识进行有关的证明和计算.
3. 掌握三角形中位线定理.
4.掌握多边形内角和与外角和，并解决相关问题。
【要点梳理】
要点一、平行四边形
1．定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
2．性质：（1）对边平行且相等；
（2）对角相等；邻角互补；
（3）对角线互相平分；
（4）中心对称图形.
3．面积：
4．判定：边：（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．
角：（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
（5）任意两组邻角分别互补的四边形是平行四边形．
边与角：（6）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；
对角线：（7）对角线互相平分的四边形是平行四边形.
要点诠释：平行线的性质：
（1）平行线间的距离都相等；
（2）等底等高的平行四边形面积相等.
要点二、三角形的中位线
1．连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.
2．定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半.

【典型例题】
类型一、平行四边形的性质
1（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，在中，､分别是和的角平分线，已知．
（1）求线段的长；
（2）延长，交的延长线于点Q．
①请在答卷上补全图形；
②若，求的周长．

【答案】（1）10；（2）①见解析；②36
【分析】
（1）依据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到DP＝AD＝5，CP＝BC＝5，进而得出AB的长；
（2）①根据题意画出图形；
②依据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到AB＝QB，再根据BP平分∠ABQ，即可得出BP⊥AQ，AP＝QP，依据勾股定理得出AP的长，进而得到△ABQ的周长．
【详解】
解：（1）∵在□ABCD中，AD＝5，
∴BC＝5，
∵AB∥CD，
∴∠BAP＝∠DPA，
∵AP平分∠BAD，
∴∠BAP＝∠DAP，
∴∠DAP＝∠DPA，
∴DP＝AD＝5，
同理可得，CP＝BC＝5，
∴CD＝10，
∴AB＝10；
（2）①如图所示：

②∵AD∥BQ，
∴∠Q＝∠DAP，
又∵∠DAP＝∠BAP，
∴∠Q＝∠BAP，
∴AB＝QB＝10，
又∵BP平分∠ABQ，
∴BP⊥AQ，AP＝QP，
∴Rt△ABP中，AP==8，
∴AQ＝16，
∴△ABQ的周长为：16+10+10＝36．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意：平行四边形的对边平行，对边相等．
举一反三：
【变式1】（2021·上海九年级专题练习）如图，中，、是直线上两点，且．
求证：（1）；
（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）利用平行四边形的性质借助全等三角形的判定与性质得出即可；
（2）利用全等三角形的性质结合平行线的判定方法得出即可．
证明：（1）四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2），
，
．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，得出△FAD≌△ECB是解题的关键．
【变式2】 （2021·山东泰安市·九年级期末）如图，点在内部，．
（1）求证：；
（2）求证：

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证明，，然后利用ASA证明：△BCE≌△ADF；
（2）根据点E在内部，可知：S△BEC+S△AED=S▱ABCD，可得结论．
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，




同理得

点在内部，
∴，
由知：

∴．
【点拨】此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，熟练利用三角形和平行四边形边的关系得出面积关系是解题关键．
类型二、平行四边形的判定
2（2020·浙江杭州市·八年级期中）如图，在四边形中，，，是的中点，是边上的一动点（与，不重合），连接并延长交的延长线于．
（1）试说明不管点在何位置，四边形始终是平行四边形．
（2）当点在点，之间运动到什么位置时，四边形是平行四边形？并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）PC=2时
【分析】
（1）由“ASA”可证△PCM≌△QDM，可得DQ=PC，即可得结论；
（2）得出P在B、C之间运动的位置，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论．
解：（1）∵AD∥BC，
∴∠QDM=∠PCM，
∵M是CD的中点，
∴DM=CM，
∵∠DMQ=∠CMP，DM=CM，∠QDM=∠PCM，
∴△PCM≌△QDM（ASA）．
∴DQ=PC，
∵AD∥BC，
∴四边形PCQD是平行四边形，
∴不管点P在何位置，四边形PCQD始终是平行四边形；
（2）当四边形ABPQ是平行四边形时，PB=AQ，
∵BC-CP=AD+QD，
∴9-CP=5+CP，
∴CP=（9-5）÷2=2．
∴当PC=2时，四边形ABPQ是平行四边形．
【点拨】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质和判定方法是解题的关键．
举一反三：
【变式】 （2021·广东广州市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．
（1）求证：AEF≌DEC；
（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质可得就爱∠FAE=∠CDE，利用ASA即可证明△AEF≌△DEC；
（2）根据全等三角形的性质可得AF=DC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得结论．
解：（1）∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠FAE＝∠CDE，
∵点E是边AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEC中，
∴△AEF≌△DEC（ASA）．
（2）∵△AEF≌△DEC，
∴AF＝DC，
∵AF∥DC，
∴四边形ACDF是平行四边形．
【点拨】本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的对边互相平行；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．
【变式】 （2021·山东烟台市·八年级期末）在中，，点在边所在的直线上，过点作交直线于点，交直线于点．
（1）当点在边上时，如图①，求证：．
（2）当点在边的延长线上时，如图②，线段，，之间的数量关系是_____，为什么？
（3）当点在边的反向延长线上时，如图③，线段，，之间的数量关系是____（不需要证明）．

【答案】）（1）见解析；（2），见解析；（3）
【分析】
（1）证明四边形AFDE是平行四边形，且△DEC和△BDF是等腰三角形即可证得；
（2）结论：当点D在边BC的延长线上时，在图②中，，证明方法类似（1）；
（3）结论：当点D在边BC的反向延长线上时，在图③中，．证明方法类似（1）．
证明：（1）∵，．
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
∴．

（2）．
理由：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．

（3）

理由：∵DF∥AC，DE∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴DF=AE，∠EDC=∠ABC，
又∵∠AB=AC，
∴∠ABC=∠C
∴∠EDC=∠C，
∴DE=EC，
∴．
【点拨】本题考查平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
类型三、三角形的中位线
3 （2021·山东烟台市·八年级期末）如图，在中，是边的中线，是的中点，连接并延长交于点．求证：．

【答案】见解析
【分析】
取的中点，连接，则DM是△ABF的中位线，利用中位线定理结合全等三角形的判定即可证得．
证明：取的中点，连接，
∵是边的中线，
∴是边的中点，
∴，
．
∴，．
∵是的中点，
∴，
在△MDE和△FCE中，
∴．
∴，
∴．

【点拨】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
【变式】 （2021·山东淄博市·八年级期末）如图，在中，，中线，相交于点，点，分别为，的中点．
（1）求证：，；
（2）若，，求四边形的面积．

【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）利用中位线性质可得，．，．可证四边形是平行四边形．由平行四边形性质可得，．
（2）由和，可推得．求由点是中点，．由三等分可求．根据平行四边形性质可得四边形的面积．
（1）证明：∵点，分别是，的中点，
∴，．
∵点，分别是，的中点，
∴，．
∴，．
∴四边形是平行四边形．
∴，；
（2）解：∵，
∴．
又∵，
∴．
∵，，
∵，
∵点是中点，
∴．
∴．
∴四边形的面积．
【点拨】本题考查中位线性质，平行四边形的判定与性质，中线的性质，掌握中位线性质，平行四边形的判定与性质，中线的性质，注意中线与中位线的区别以及它们性质是解题关键．
类型四、多边形的内角和与外角和

4（2021·江西赣州市·八年级期末）（1）如图1，在△ABC中，已知OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，BP，CP分别平分∠ABC，∠ACB，的外角∠DBC，∠ECB．

 ①若∠A=50º，则∠O=______，∠P=______；
 ②若∠A=α，则∠O=______，∠P=______．（用含α的式子表示）
（2）如图2，在四边形ABCD中，BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，请探究∠P与∠A，∠D的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在六边形ABCDEF中，CP，DP分别平分外角∠GCD，∠HDC，请直接写出∠P与∠A，∠B，∠E，∠F的数量关系______．
【答案】（1）①115º；65º；②，；（2） ，理由见解析 ；（3）
【分析】（1）①由OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，可得∠ABO=，∠ACO=，由外角推出∠O=90°+=115°，由BP，CP分别平分∠ABC，∠ACB的外角∠DBC，∠ECB，可得∠DBP=，∠ECP=，可推求出，即可，②由①得∠O=90°+， ，把∠A=α 代入可得∠O=90°+，；
（2）由BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，可得∠CBP=；∠BCP=，推出 ；
（3）延长CB，DE交直线AF与M、N如图，由（2）得，由外角可求∠M=∠FAB+∠CBA-180º，∠N=∠EFA+∠DEF-180º，可求∠M+∠N=∠FAB+∠CBA+∠EFA+∠DEF-360º，即可推出结论．
解：（1）①连结AO并延长到Q，连结PA
∵OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠ABO=；∠ACO=，
∴∠BOQ=∠ABO+∠BAO，∠QOC=∠OCA+∠OAC，
∴∠BOC=∠BOQ+∠QOC=∠ABO+∠BAO+∠OCA+∠OAC，
∴∠BOC=∠BAC++，
=∠A++，
=∠A+180°- ，
=90°+，
=115°，

BP，CP分别平分∠ABC，∠ACB的外角∠DBC，∠ECB，
∴∠DBP=；∠ECP=，
∠DBP=∠BAP+∠BPA，∠ECP=∠CAP+∠CPA，
∴∠DBP+∠ECP=∠BAP+∠BPA+∠CAP+∠CPA=∠A+∠P，
∴，
∴，
∴90º+，
∴，
故答案为：115º；65º；
②由①得∠O=90°+， ，
∵∠A=α，
∴∠O=90°+，，
故答案为：∠O=90°+，，
解：，
理由如下：
在四边形ABCD中，BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，
∴∠CBP=；∠BCP=，
，
，
，
，
；
（3）延长CB，DE交直线AF与M、N如图，
由（2）得，
∴∠M=∠FAB+∠CBA-180º，∠N=∠EFA+∠DEF-180º，
∴∠M+∠N=∠FAB+∠CBA-180º+∠EFA+∠DEF-180º=∠FAB+∠CBA+∠EFA+∠DEF-360º，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

【点拨】
本题考查两内角平分线夹角的性质，与两外角平分线夹角性质，掌握角平分线的性质，多边形内角和公式，外角与内角关系是解题关键．
举一反三：
【变式】（2020·湖北黄冈市·思源实验学校八年级月考）如图1，已知是的一个外角，我们容易证明，即三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？
尝试探究：

（1）如图2，与分别为的两个外角，则_______（横线上填“>”、“<”或“=”）．
初步应用：（2）如图3，在纸片中剪去，得到四边形，，则_______．
（3）解决问题：如图4，在中，、分别平分外角、，与有何数量关系？请尝试证明．
（4）如图5，在四边形中，、分别平分外角、，请利用上面的结论直接写出与、的数量关系．
【答案】（1）= （2） 45° （3）；证明见解析 （4）
【分析】
（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC＝∠A＋∠ACB，∠ECB＝∠A＋∠ABC，两式相加可得结论；
（2）利用（1）的结论：∵∠2＋∠1−∠C＝180°，将∠1＝135°代入可得结论；
（3）根据角平分线的定义得：∠CBP＝∠DBC，∠BCP＝∠ECB，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC＋∠ECB＝180°＋∠A，可得：∠P＝90°−∠A；
（4）根据平角的定义得：∠EBC＝180°−∠1，∠FCB＝180°−∠2，由角平分线得：∠3＝∠EBC＝90°−∠1，∠4＝∠FCB＝90°−∠2，相加可得：∠3＋∠4＝180°−（∠1＋∠2），再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．
解答： （1）∠DBC＋∠ECB−∠A＝180°，
理由如下：
∵∠DBC＝∠A＋∠ACB，∠ECB＝∠A＋∠ABC，
∴∠DBC＋∠ECB＝2∠A＋∠ACB＋∠ABC＝180°＋∠A，
∴∠DBC＋∠ECB＝∠A＋180°，
故答案为：＝；
（2）∠2−∠C＝45°．
理由是：∵∠2＋∠1−∠C＝180°，∠1＝135°，
∴∠2−∠C＋135°＝180°，
∴∠2−∠C＝45°．
故答案为：45°；
（3）∠P＝90°−∠A，
理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，
∴∠CBP＝∠DBC，∠BCP＝∠ECB，
∵△BPC中，∠P＝180°−∠CBP−∠BCP＝180°−（∠DBC＋∠ECB），
∵∠DBC＋∠ECB＝180°＋∠A，
∴∠P＝180°−（180°＋∠A）＝90°−∠A；
（4）∠P＝180°−（∠A＋∠D）．
理由是：如图：

∵∠EBC＝180°−∠1，∠FCB＝180°−∠2，
∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，
∴∠3＝∠EBC＝90°−∠1，∠4＝∠FCB＝90°−∠2，
∴∠3＋∠4＝180°−（∠1＋∠2），
∵四边形ABCD中，∠1＋∠2＝360°−（∠A＋∠D），
又∵△PBC中，∠P＝180°−（∠3＋∠4）＝（∠1＋∠2），
∴∠P＝×[360°−（∠A＋∠D）]＝180°−（∠A＋∠D）．
【点拨】本题是四边形和三角形的综合问题，考查了三角形和四边形的内角和定理、三角形外角的性质、角平分线的定义等知识，难度适中，熟练掌握三角形外角的性质是关键．
类型五、平行四边形的性质与判定的综合训练
1 如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A=45°，E、F分别是AB、CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于O．
（1）求证：BO=DO；
（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG=1时，求AE的长．

【答案与解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质和AAS证明△OBE≌△ODF，得出对应边相等即可；
（2）证出AE=GE，再证明DG=DO，得出OF=FG=1，即可得出结果．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠OBE=∠ODF．      
在△OBE与△ODF中，

∴△OBE≌△ODF（AAS）．
∴BO=DO．              
（2）解：∵EF⊥AB，AB∥DC，
∴∠GEA=∠GFD=90°．
∵∠A=45°，
∴∠G=∠A=45°．      
∴AE=GE                   
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=∠GDO=90°．
∴∠GOD=∠G=45°．      
∴DG=DO，
∴OF=FG=1，
由（1）可知，OE=OF=1，
∴GE=OE+OF+FG=3，
∴AE=3．
【总结升华】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题（1）的关键．
举一反三：
【变式】已知在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥BC于点E，且AD=DE．连接AC交DE于点F，作DG⊥AC于点G．
（1）如图1，若，AF=，求DG的长；
（2）如图2，作EM⊥AC于点M，连接DM，求证：AM﹣EM=2DG．

【答案与解析】
（1）设EF=x，DF=2x，则DE=EF+DF=3x=AD，根据勾股定理求出x，在△ADF中，根据三角形面积公式求出即可；
（2）过D点作DK⊥DM交AC于点K，求出为等腰直角三角形，求出MK=2DG即可．
（1）解：设EF=x，
，
DF=2x，则DE=EF+DF=3x=AD
在Rt中，AD2+DF2=AF2，
，
∵x＞0，
∴x=1，
∴EF=1，DF=2，AD=3，
∴由三角形面积公式得：
即
（2）证明：过D点作DK⊥DM交AC于点K，
∵∠1+∠KDF=90°，∠2+∠KDF=90°，
∴∠1=∠2，
∵∠3+∠4=90°，∠5+∠EFM=90°，
又∵∠4=∠EFM，∴∠3=∠5，
在△ADK和△EDM中，
∴（ASA），
∴DK=DM，AK=EM，
∴为等腰直角三角形，
∵DG⊥AC，
∴MK=2DG，
∴AM﹣EM=AM﹣AK=MK=2DG．

【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质等知识点，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键．
2、如图，已知，在中，点D是边AC的中点，点E是边BC的延长线上一点，过点A作BE的平行线与线段ED的延长线相交于点F，连结AE．
（1）求证：AF＝CE．
（2）连结CF，交边AB于点G，如果CF⊥AB，求证：．


【答案与解析】
（1）先根据线段中点的定义可得，再根据平行线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）如图（见解析），先根据平行四边形的判定与性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据直角三角形的两锐角互余即可得证．
（1）证明：点D是边AC的中点，
，
，
，
在和中，，
，
；
（2）解：由（1）知，，
，
四边形AECF是平行四边形，
，
，
，
，
．

【点拨】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．