专题06 平行四边形-2024-2025学年八年级数学下学期期末专题复习试题（北师大版）（含答案）

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题型一 利用平行四边形的性质求解
题型二 利用平行四边形的性质证明（高频）
题型三 平行四边形的性质与判定（高频）
题型四 利用三角形的中位线求解（重点）
题型五 （正）多边形的内角和（易错）
题型六 多边形截角后的内角和（重点）
题型七 复杂图形的内角和
题型八 多边形的外角和的实际应用（高频）
题型九 多边形的内角和与外角和综合
【题型1】利用平行四边形的性质求解
1．（23-24八年级下·广西河池·期末）已知在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O， AC=6，则OA等于（ ）
A．3B．6C．4D．12
【答案】A
【分析】根据“平行四边形对角线互相平分”即可得解．
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．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，
∴ AO=CO=12AC=12×6=3 ．
故选：A．
2．（23-24八年级下·浙江台州·期中）如图，平行四边形ABCD的周长为20cm，AB≠AD，AC、BD相交于点O，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
【答案】D
【分析】主要考查了平行四边形的性质、中垂线的判定及性质等，考查面积较广，有一定的综合性．根据线段垂直平分线的性质可知BE=DE，再结合平行四边形的性质即可计算△ABE的周长．
【详解】解：根据平行四边形的性质得：OB=OD，
∵EO⊥BD，
∴EO为BD的垂直平分线，
根据线段的垂直平分线上的点到两个端点的距离相等得：BE=DE，
∴△ABE的周长=AB+AE+DE=AB+AD=12×20=10．
故选：D．
3．（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，AB=10，BC=8，则OB的长为（ ）
A．73B．6C．7D．58
【答案】A
【分析】本题考查勾股定理和平行四边形的性质．先根据勾股定理求出AC，再根据平行四边形的性质求出OC=12AC，再利用勾股定理求出OB．
【详解】解：∵ AC⊥BC，AB=10，BC=8，
∴ AC=AB2-BC2=102-82=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ OC=12AC=3，
∴ OB=BC2+OC2=82+32=73，
故选：A．
4．（24-25八年级上·山东济宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD三个顶点坐标分别为A-1,-2，D1,1，C5,2，则顶点B的坐标为（ ）
A．3,-1B．4,-1C．52,-1D．72,-1
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质，设点Bx,y，由平行四边形的性质可得x+12=-1+52，y+12=-2+22，即可求解，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
【详解】解：设点Bx,y，
∵四边形ABCD是平行四边形，点A-1,-2，点D1,1，点C5,2，
∴x+12=-1+52，y+12=-2+22，
∴x=3，y=-1，
∴点B3,-1，
故选：A．
5．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在▱ABCD中，AD=5cm，CD=3cm，AE平分∠BAD，则EC= ．
【答案】2cm/2厘米
【分析】根据平行四边形的性质证明出∠BAE=∠BEA，得BE=AB=3cm，然后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：在▱ABCD中，BC=AD=5cm，AB=CD=3cm，AD∥BC，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴BE=AB=3cm，
∴EC=BC-BE=5-3=2cm，
故答案为：2cm．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，解答本题的关键是熟练掌握以上知识点．
【题型2】利用平行四边形的性质证明
6．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE，CF相交于点G．
(1)求证：BE⊥CF；
(2)若AB=5，CF=6，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
（1）根据平行四边形两组对边分别平行可得∠ABC+∠BCD=180°，再根据角平分线的性质可得∠EBC+∠FCB=12∠ABC+12∠DCB=90°，进而可得BE⊥CF；
（2）过A作AM∥FC，首先证明△ABE是等腰三角形，进而得到BO=EO，再利用勾股定理计算出EO的长，进而可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠ABC、∠BCD的平分线BE、CF分别与AD相交于点E、F，
∴∠EBC+∠FCB=12∠ABC+12∠DCB=90°，
∴EB⊥FC；
（2）解：如图，过A作AM∥FC，交AE于点O，
∵AM∥FC，
∴∠AOB=∠FGB，
∵EB⊥FC，
∴∠FGB=90°，
∴∠AOB=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=5，
∵AO⊥BE，
∴BO=EO，
在△AOE和△MOB中，
∠AEO=∠MBOBO=EO∠AOE=∠BOM，
∴ △AOE≌△MOB(ASA)，
∴AO=MO，
∵AF∥CM，AM∥FC，
∴四边形AMCF是平行四边形，
∴AM=FC=6，
∴AO=3，
∴EO=AE2-AO2=4，
∴BE=8．
7．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，交BE于点G．
(1)求证：AF=DE．
(2)若AD=16，EF=12，请求出▱ABCD的周长．
【答案】(1)详见解析；
(2)60．
【分析】本题考查了平行四边形性质，角平分线性质，等腰三角形的性质和判定等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
（1）根据平行四边形的性质可得：AD∥BC，AB=CD，根据平行线性质和角平分线的定义求出∠ABE=∠AEB，推出AE=AB，同理求出DF=CD，即可证明AE=DF，即可求解；
（2）由AD=16，可得AF=2，从而得出AB的长，即可得出▱ABCD的周长．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
同理可得：DF=CD，
∴AE=DF，
∴AE-EF=DF-EF，
∴AF=DE；
（2）解：∵AD=16，
∴AF+EF+DE=16，
∵AF=DE，EF=12，
∴AF+12+AF=16，
∴AF=2，
∴AB=AE=AF+EF=2+12=14，
∴▱ABCD的周长为2AB+AD=2×16+14=60．
8．（23-24九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BD于点E，交BC于点M，CF平分∠BCD交BD于点F．
(1)若∠ABC=70°，求∠AMB的度数；
(2)求证：AE=CF．
【答案】(1)55°
(2)见解析
【分析】1根据平行四边形的性质可得∠BAD=180°-∠ABC=110°，根据AM平分∠BAD可得∠DAM=55°，根据AD∥BC可得∠AMB=55°；
2根据平行四边形的性质可得∠BAD=∠BCD，根据角平分线的定义可知∠DCF=12∠BCD，∠BAE=12∠BAD，得到∠BAE=∠DCF，再根据平行四边形的性质可得∠ABE=∠CDF，利用ASA可证△ABE≅△CDF，根据全等三角形对应边相等可证AE=CF．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=70°，
∴∠BAD=180°-70°=110°，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠DAM=∠BAM=12∠BAD=55°
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AMB=∠DAM=55°；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
又∵CF平分∠BCD，AE平分∠BAD，
∴∠DCF=12∠BCD，∠BAE=12∠BAD，
∴∠BAE=∠DCF，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中
∠ABE=∠DCFAB=CD∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≅△CDF，
∴AE=CF．
【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．
9．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，在平行四边形ABCD中，E,F是对角线BD上两个点，且BF=DE．
(1)求证：AE=CF；
(2)若AD=AE,∠DAE=100°，求∠DFC的度数
【答案】(1)证明见解析
(2)140°
【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质：
（1）证明△ABE≌△CDF，即可得出结论；
（2）等边对等角，求出∠AED的度数，平角求出∠AEB，全等三角形的性质，求出∠DFC的度数即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC,AB=DC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵BF=DE
∴BF-EF=DE-EF，即BE=DF
在△ABE与△CDF中
AB=DC∠ABE=∠CDFBE=DF
∴△ABE≌△CDF（SAS）
∴AE=CF；
（2）∵AD=AE，
∴∠ADE=∠DEA=12180°-∠DAE=12180°-100°=40°，
∴∠AEB=180°-∠AED=140°，
由（1）知，△ABE≌△CDF，则∠DFC=∠AEB=140°．
10．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，在四边形ABCD中，AD=12，DO=OB=5，AC=26，∠ADB=90°．
(1)求BC的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)12
(2)120
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键，
（1）根据勾股定理可得到AO的长，可得到CO=AO，从而推出四边形ABCD是平行四边形，故可得BC=AD，从而得到BC的长；
（2）根据S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=12BD⋅AD+12BD⋅BC，代入即可求得答案．
【详解】（1）解：∵∠ADB=90°，
∴AO=AD2+OD2=122+52=13．
∴CO=AC-AO=13．
∴CO=AO．
又∵DO=BO，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴BC=AD=12．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADB=90°，
∴∠DBC=90°，
∴S四边形ABCD=12BD⋅AD+12BD⋅BC=BD⋅AD=10×12=120．
【题型3】平行四边形的性质与判定
11．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是AB,DC边上的中点，连接DE、BF、AF．
(1)求证：四边形DEBF是平行四边形．
(2)若AF平分∠DAB,BC=3，求EB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AB=CD,AB∥CD，根据E、F分别是AB,DC的中点，可得DF=BE，即可得结论；
（2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到∠DAF=∠DFA，进而利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∵E、F分别是AB，DC边上的中点，
∴AE=BE=12AB，CF=DF=12CD，
∴DF=BE，
∵DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=3,AB∥CD，
∴∠DFA=∠FAB，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴DF=AD=3，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF=3．
12．（23-24九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠ACB=∠CAD=90°，点E在BC上，AE∥DC．
(1)求证：四边形AECD是平行四边形；
(2)若∠B=30°，AE平分∠BAC，AB=83，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)AD=4．
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、30°角直角三角形的性质和勾股定理等知识，证明四边形AECD为平行四边形是解题的关键．
（1）首先根据∠ACB=∠CAD=90°得到AD∥BC，然后结合AE∥DC即可证明出四边形AECD是平行四边形；
（2）利用30°角直角三角形的性质求得AC的长，再利用30°角直角三角形的性质和勾股定理求得EC=4，再根据平行四边形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=∠CAD=90°，
∴AD∥BC，
又∵AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形．
（2）解：∵∠B=30°，AB=83，∠ACB=90°，
∴AC=12AB=43，∠BAC=60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=30°，
∴2EC=AE，
由勾股定理得AC2+EC2=AE2，即432+EC2=2EC2，
解得EC=4，
∵四边形AECD是平行四边形，
∴AD=EC=4．
13．（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，在平行四边形ABCD中，E是AD边上一点，AB=4，AE=6．
(1)过点E作AB的平行线EF，交BC于点F（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
(2)在（1）的条件下，求四边形ABFE的周长．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】本题考查尺规作图-作一个角等于已知角，平行四边形的判定与性质，正确作出平行线是解答的关键．
（1）转化为作∠ABE=∠BEF，利用内错角相等，两直线平行可得EF∥AB；
（2）利用平行四边形的判定和性质证明四边形ABFE是平行四边形即可求解．
【详解】（1）解：如图，射线EF即为所求作：
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥BF，又EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴EF=AB，BF=AE,
∵AB=4，AE=6，
∴四边形ABFE的周长为2AB+AE=2×4+6=20．
14．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在▱ABCD中，E，F分别为CD，AB上两点，且DE=BF，连接AE，CF分别与对角线BD交于点G，H．
(1)求证：四边形AFCE为平行四边形：
(2)若∠ABD=30°，DH=4，求点G到AB的距离．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，CD=AB，而DE=BF，则CD-DE=AB-BF，所以CE∥AF，CE=AF，则四边形AFCE 为平行四边形；
（2）作GL⊥AB于点L，由AB∥CD，得∠ABG=∠CDH，由AE∥CF，得∠AGB=∠CHD，可根据“AAS”证明△AGB≌△CHD，得BG=DH=4，因为∠ABD=30°，所以GL=12BG=2，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，CD=AB，
∵E，F分别为CD，AB上两点，且DE=BF，
∴CD-DE=AB-BF，
∴CE∥AF，CE=AF，
∴四边形AFCE 为平行四边形．
（2）解：作GL⊥AB于点L，则∠BLG=90°，
∵AB∥CD，
∴∠ABG=∠CDH，
∵AE∥CF，
∴∠AGB=∠CHD，
在△AGB和△CHD中，
∠AGB=∠CHD∠ABG=∠CDHAB=CD，
∴△AGB≌△CHD(AAS)，
∴BG=DH=4，
∵∠ABD=30°，
∴GL=12BG=2，
∴点G到AB的距离是2．
【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，点到直线的距离等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
15.（23-24八年级下·湖南娄底·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC边上的点，且∠ABE=∠CDF．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)连接CE，若CE平分∠DCB，DF⊥BC，DF=4，DE=5，求平行四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)26
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质得出AE=CF，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）由平行四边形的性质和角平分线的定义得出DE=CD=5，再根据勾股定理求出FC的长，再求出BC=BF+CF=5+3=8，求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，∠A=∠DCF，AB=CD，
∵∠ABE=∠CDF，
∴△ABE≌△CDFASA，
∴AE=CF，
∴AD-AE=BC-CF，即DE=BF，
∵DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）∵四边形BEDF是平行四边形，
∴BF=DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
.∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC，
∴∠DEC=∠ECB，
∵CE平分∠DCB，
∴∠DCE=∠ECB，
∴∠DEC=∠DCE，
∴DE=CD=5，
∴BF=DE=5，
∵DF⊥BC，
∴CF=DC2-DF2=52-42=3，
∴BC=BF+FC=5+3=8，
∴平行四边形ABCD的周长=2BC+CD=2×8+5=26．
【点睛】此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、等腰三角形的判定，角平分线的定义，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【题型4】利用三角形的中位线求解
16．（23-24八年级下·四川达州·期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是BC的中点．若OE=3cm，则CD的长为（ ）
A．3cmB．6cmC．9cmD．12cm
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，由平行四边形的性质可得BO=DO，进而由点E是BC的中点可得OE为△BCD的中位线，根据三角形中位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=DO，
∵点E是BC的中点，
∴BE=CE，
∴OE为△BCD的中位线，
∴CD=2OE=2×3=6cm，
故选B．
17．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，△ABC中，∠BAD=∠CAD，BE=CE，AD⊥BD，DE=32，AB=4，则AC的值为（ ）
A．7B．132C．6D．5
【答案】A
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质、定理．延长BD交AC于点F，可证得△ABD≌△AFD，得到AF=AB=4，可证得DE是△BCF的中位线，从而得出CF的值，进一步可得出结果．
【详解】解：延长BD交AC于点F，
∵AD⊥BD
∴∠ADB=∠ADF=90°
在△ABD,△AFD中
∠BAD=∠FADAD=AD∠ADB=∠ADF
∴△ABD≌△AFDASA
∴BD=DF,AF=AB=4
又∵BE=CE
∴DE是△BCF的中位线
∵DE=32
∴CF=2DE=2×32=3
∴AC=AF+CF=4+3=7
故选：A．
18．（2023·贵州遵义·三模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D、E分别为CA、CB的中点，AF平分∠BAC，交DE于点F，若AC=6，BC=8，则EF的长为（ ）
A．2B．1C．4D．52
【答案】A
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据勾股定理得到AB=AC2+BC2=10，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=12AB=5，根据平行线的性质得到∠DFA=∠FAB，根据角平分线的定义得到∠DAF=∠BAF，求得∠DAF=∠DFA，得到DF=AD，于是得到结论．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=AC2+BC2=10，
∵D、E分别为CA、CB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DE=12AB=5，
∴∠DFA=∠FAB，
∵AF平分∠BAC，
∴∠DAF=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴DF=AD=12AC=12×6=3，
∴EF=DE-DF=2，
故选：A．
19．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，要测定被池塘隔开的A，B两点的距离．可以在AB外选一点C连接AC，BC，并分别找出它们的中点D，E，连接DE．现测得DE=24m，则AB= ．
【答案】48m
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
由D是AC的中点，E是BC的中点可得DE是△ABC的中位线，由三角形的中位线定理可得DE=12AB，进而可得AB=2DE，由此即可求出AB的长．
【详解】解：∵D是AC的中点，E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∵DE=24m，
∴AB=2DE=2×24=48m，
故答案为：48m．
20．（24-25八年级上·山东泰安·期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠C=120°，AD=4，AB=2，点H、G分别是边CD、BC上的动点．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为 ．
【答案】32
【分析】连接AG，过点A作AM⊥BC交于点M．即可得EF=12AG，结合图形可得当AG⊥BC时EF最小，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接AG，EF，过点A作AM⊥BC交于点M．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=120°，
∴∠B=180°-∠C=60°，AD=BC=4，
∵点E为AH的中点，点F为GH的中点，
∴EF是△AHG的中位线，
∴EF=12AG
∵要使线段EF最小，
∴AG最小即可，
则当AG⊥BC时最小，
∵AM⊥BC，
∴∠AMB=90°，
∴∠BAM=180°-∠AMB-∠B=30°，
∴BM=12AB=1，
在Rt△ABM中，由勾股定理得AM=AB2-BM2=22-12=3，
∴AG的最小值为3，
∴EF=12AG=32．
故答案为：32．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，勾股定理，含30°的直角三角形的性质，平行四边形的性质等知识点，添加辅助线构造中位线是解题的关键．
21．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，点D在边AC上，点E在边BC上，且AD=3，BE=4，点M，N分别是AB，DE的中点，连接MN，则线段MN的长为 ．
【答案】52/212/2.5
【分析】本题主要考查了勾股定理和三角形的中位线以及全等三角形的判定和性质，利用中线+平行构造全等三角形转化线段和角是解题关键．
根据利用中线+平行构造△GMB≌△DMA(ASA)，得BG=AD=3，GM=DM，由勾股定理求出EG=5，再利用MN是△DEG中位线三角形的中位线可得MN=12BE=52．
【详解】解：如图，过点B作BG∥AD，连接DM并延长交BG于点G，连接EG，
∴∠GBM=∠A，
又∵BM=AM，∠GMB=∠DMA，
∴△GMB≌△DMA(ASA)，
∴BG=AD=3，GM=DM
∵∠C=90°，BG∥AD，
∴∠GBC=90°，
∴在Rt△GBE中，EG=BG2+BE2，
∴EG=32+42=5，
又∵GM=DM，EN=DN，即MN是△DEG中位线，
∴MN=12BE=12×5=52，
故答案为：52．
22．（24-25八年级上·山东泰安·期末）如图，点D、E是Rt△ABC两直角边AB、AC上的一点，连接BE，已知点F、G、H分别是DE、BE、BC的中点．
(1)若BD=CE，那么FG与GH有什么数量和位置关系？请说明理由；
(2)连CD，取CD中点M，连接GM，若BD=8，CE=6，求GM的长．
【答案】(1)FG=GH且FG⊥GH．理由见解析
(2)5
【分析】本题考查了三角形中位线的性质、平行线的性质及勾股定理等知识点，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．
（1）根据中位线的性质得出FG∥DB，GH∥EC，FG=12BD，GH=12EC，根据BD=CE得出FG=GH，根据平行线的性质及直角三角形两锐角互余的性质得出∠FGH=90°即可得答案；
（2）连接FM、HM，根据中位线的性质得出GF∥HM，根据平行线的性质，结合FG⊥GH得出∠GHM=90°，根据中位线的性质求出GH=3，HM=4，利用勾股定理即可得答案．
【详解】（1）解：（1）FG=GH且FG⊥GH．理由如下：
∵F、G、H分别是DE、BE、BC的中点，
∴FG∥DB，GH∥EC，FG=12BD，GH=12EC，
∵DB=EC，
∴FG=GH．
∵FG∥DB，GH∥EC，
∴∠DBE=∠FGE，∠EGH=∠AEG，
∵∠A=90°，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠FGH=∠FGE+∠EGH=∠ABE+∠AEB=90°，
∴FG=GH且FG⊥GH．
（2）解：如图所示：连接FM、HM，
∵M、H分别是BC和DC的中点，
∴MH∥BD，MH=12BD，
由（1）可知：GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥HM，
∵FG⊥GH，
∴∠GHM=180°-90°=90°，
∵G、H、M分别是BE、BC、DC的中点，
∴GH=12EC=3，HM=12BD=4，
∴GM=GH2=HM2=32+42=5．
23．（24-25八年级上·山东淄博·期末）【问题初探】
（1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形ABCD中，AC⊥CD，且AC=CD，点E是AB的中点，点F为对角线AC上的点，且AFFC=13，连接线段EF，若CD=2，求EF的长．
小鹏同学考虑到点E是AB的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接BD，与AC交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题．
【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答．
（2）如图2，在△ABC中，BE平分∠ABC，过点A作BE延长线的垂线，垂足为点D，BE=DE，求证：AE=3CE．
【学以致用】
（3）如图3，在△ABC中，AC>AB，点D在AC上，AB=CD，点E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，连接GD，若∠EFC=60°，求证：AG⊥GD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，易得EF为△ABO的中位线，根据平行四边形的性质，结合勾股定理求出OB的长，即可求出EF的长；
（2）延长BC交AD的延长线于点G，证明△ABD≌△GBDASA，得到AD=GD，取AC的中点F，连接DF，证明△BEC≌△DEFASA，得到AF=FC，进而得到CE=12CF=14AC，即可得证；
（3）连接BD，取BD中点H，连接HE,HF，根据三角形的中位线定理，推出△EFH是等边三角形，进而推出△AGF是等边三角形，得到AF=FG，进而得到FG=FD，等边对等角求出∠FGD=30°，进而推出∠AGD=∠AGF+∠FGD=90°，即可得证．
【详解】解：（1）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AFFC=13，
∴AF=FO，
∵点E是AB的中点，
∴AE=EB，
∴EF=12BO，
∵CD=AC=2，AC⊥CD，
∴CO=1，OD=OC2+CD2=5，
∴BO=5，
∴EF=52；
（2）如图，延长BC交AD的延长线于点G，
∵BE平分∠ABC，AD⊥BE，
∴∠ABD=∠GBD，∠ADB=∠GDB=90°，
又∵BD=BD，
∴△ABD≌△GBDASA，
∴AD=GD，
取AC的中点F，连接DF，则有DF∥CG，且DF=12CG，
∴∠EDF=∠EBC，
∵BE=DE，
在△DEF和△CEB中，
∠BEC=∠DEFDE=BE∠EDF=∠EBC
∴△BEC≌△DEFASA，
∴CE=FE，
∵AF=FC，CE=12CF=14AC，
∴AE=3CE；
（3）如图，连接BD，取BD中点H，连接HE,HF，
∵E，F分别为BC和AD中点，
∴EH和FH分别为△BDC和△ABD的中位线，
∴HE∥CD且HE=12CD，HF∥AB且HF=12AB，
∵AB=CD，
∴HF=HE，
∵∠EFC=60°，
∴∠EFC=∠FEH=60°，
∴△EFH是等边三角形，
∴∠HFE=60°，
∴∠AGE=60°，
∵∠AFG=∠EFC=60°，
∴∠GAF=60°，
∴△AGF是等边三角形，
∴AF=FG，
又∵AF=FD，
∴FG=FD，
∴∠FGD=∠FDG，
∵∠GFD=180°-60°=120°，
∴∠FGD=30°，
∴∠AGD=∠AGF+∠FGD=90°，
∴AG⊥GD．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造三角形的中位线，是解题的关键．
24．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,E,F分别是BC,AC的中点，延长BA到点D，使AD=12AB．连接DE,DF．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)若∠ABC=60°,BC=4，求DF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【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，等边三角形的判定与性质等知识；
（1）利用三角形中位线定理可得出EF∥AB， EF=12AB，结合AD=12AB，得出EF=AD，可证明四边形AEFD是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可得证；
（2）先证明△ABE为等边三角形，可得AE=BE=2，再利用平行四边形性质求解即可．
【详解】（1）证明：连接EF，AE．

∵点E，F分别为BC、AC的中点，
∴EF∥AB， EF=12AB．
又∵AD=12AB，
∴EF=AD．
又∵EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形．
∴AF与DE互相平分．
（2）解：在Rt△ABC中，∠ABC=60°,BC=4，E为BC的中点，
∴BE=12BC=2，∠ACB=30°，
∴AB=12BC=2，
∴AB=BE，
∴△ABE为等边三角形，
∴AE=BE=2，
又∵四边形AEFD是平行四边形，
∴DF=AE=2．
【题型5】(正)多边形的内角和
25．（24-25八年级上·山东济宁·期末）小宇看到一个多边形中，从某一顶点出发的对角线共有3条，那么这个多边形的内角和是（ ）
A．720∘B．540∘C．360∘D．180∘
【答案】A
【分析】本题考查了多边形的内角和，正确求出多边形的边数是解题的关键．根据题意，先求出这个多边形的边数n，再根据多边形的内角和公式n-2×180°即可求解．
【详解】解：∵从某一顶点出发的对角线共有3条，
∴这个多边形是一个六边形，
∴这个多边形的内角和是6-2×180°=720°．
故选：A．
26．（24-25八年级上·河南新乡·期末）如图，六边形ABCDEF是正六边形，直线a与边DE交于点M，直线b与边CD交于点N，且a∥b．若∠1=54°，那么∠2的大小为（ ）
A．104°B．114°C．124°D．144°
【答案】B
【分析】本题考查了平行线的性质，正多边形的内角和公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先过点D作DG∥a交AF于点G，然后求出∠EDC=120°，结合平行线的性质，则∠3=∠1=54°，∠4=∠EDC-∠3=66°，即可作答．
【详解】解：如图，过点D作DG∥a交AF于点G．
又∵a∥b，
∴DG∥b，
在正六边形ABCDEF中，∠EDC=6-2×180°6=120°，
∵DG∥a,∠1=54°，
∴∠3=∠1=54°，
∴∠4=∠EDC-∠3=120°-54°=66°，
∴∠2=180°-∠4=180°-66°=114°，
故选：B．
27．（24-25八年级上·山东临沂·期末）“香渡栏干屈曲，红妆映、薄绮疏棂”是中国古代对窗棂的描述，图1窗棂的外边框为正六边形（如图2），则该正六边形的每个内角为（ ）
A．90°B．100°C．120°D．105°
【答案】C
【分析】本题考查多边形内角和，正多边形的性质．掌握n边形内角和为(n-2)×180°和正多边形的每个内角都相等是解题关键． 根据多边形内角和公式求出正六边形的内角和为720°， 再除以6即可．
【详解】解：∵正六边形的内角和为(6-2)×180°=720°， 正六边形的每个内角都相等，
∴正六边形的每个内角为720°÷6=120°．
故选：C．
28．（24-25八年级上·云南临沧·期末）一个六边形的内角和等于 度．
【答案】720
【分析】本题考查了多边形的内角和公式；
根据n边形的内角和公式n-2×180°进行计算即可．
【详解】解：六边形的内角和为6-2×180°=720°，
故答案为：720．
29．（24-25八年级上·山东淄博·期末）一个正多边形的内角和为540°，则它的每一个内角为 °．
【答案】108
【分析】本题考查了正多边形的内角，先利用内角和公式求出正多边形的边数，进而求出每一个内角的度数即可，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
【详解】解：设正多边形的边数为n，
由题意得，n-2×180°=540°，
∴n=5，
∴正多边形是正五边形，
∴它的每一个内角为540°÷5=108°，
故答案为：108．
30．（24-25七年级上·山东淄博·期末）如图，将等腰直角三角形沿虚线裁去顶角后，∠1+∠2= ．
【答案】270°
【分析】本题考查三角形内角和定理以及四边形内角和定理，解题的关键是利用多边形内角和定理建立角之间的关系．
先根据等腰直角三角形的性质得出裁去角之前的两个底角的度数，再结合四边形内角和求出∠1+∠2的度数．
【详解】因为原三角形是等腰直角三角形，所以两个底角都是45°．
裁去顶角后，剩下的图形是一个四边形．
根据四边形内角和为360°，在这个四边形中，∠1+∠2+45°+45°=360°．
则∠1+∠2=360°-45°-45°=270°．
故答案为：270°．
【题型6】多边形截角后的内角和
31．（24-25八年级上·湖北荆州·期末）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1620∘，则原来多边形的边数是（ ）
A．10或11B．10或12C．11或12D．10或11或12
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和公式n-2·180°求出截出一个角后的多边形的边数，再根据截出一个角后边数增加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n，
则n-2·180°=1620°，
解得n=11，
∵多边形截去一个角后边数有增加1，不变，减少1，
∴原来多边形的边数是10或11或12．
故选：D．
【点睛】本题考查的知识点是多边形的内角和公式，解题关键是多边形截去一个角后边数有增加1，不变，减少1三种情况．
32．（22-23八年级上·贵州安顺·期末）将一个五边形纸片，剪去一个角后得到另一个多边形，则得到的多边形的内角和是（ ）
A．360°B．540°C．360°或540°D．360°或540°或720°
【答案】D
【分析】本题考查了多边形的内角和，找出五边形纸片剪去一个角出现的情况，再根据n边形内角和公式n-2180°得出多边形的内角和，即可解题．
【详解】解：如图，将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是4或5或6，
其中四边形内角和为360°，五边形内角和为5-2×180°=540°，六边形内角和为6-2×180°=720°，
∴得到的多边形的内角和是360°或540°或720°，
故选：D．
33．（22-23七年级下·北京通州·期末）一个多边形剪去一个角后（剪痕不过任何一个其它顶点），内角和为 1980°，则原多边形的边数为（ ）
A．11B．12C．13D．11或12
【答案】B
【分析】根据题意可知，该多边形减去一个角后边长增加了1，据此根据多边形内角和公式进行求解即可．
【详解】解：设原多边形边数为n，
由题意得，180n+1-2=1980，
解得n=12，
故选B．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，正确理解题意截去一个角后边数增加1是解题的关键．
【题型7】复杂图形的内角和
34．（24-25八年级上·海南三亚·期末）如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（ ）
A．180°B．270°C．360°D．720°
【答案】C
【分析】本题考查了复杂图形的内角和，熟练掌握三角形内角和为180°，四边形内角和为360°是解题的关键．连接AD，记AF与DE交于点G，利用三角形内角和定理推出∠E+∠F=∠DAG+∠ADG，再将∠GAB+∠B+∠C+∠CDG+∠E+∠F转化为四边形ABCD的内角和，即可解答．
【详解】解：如图，连接AD，记AF与DE交于点G，
∵∠E+∠F+∠EGF=180°，∠DAG+∠ADG+∠AGD=180°，
∴∠E+∠F+∠EGF=∠DAG+∠ADG+∠AGD，
又∵∠EGF=∠AGD，
∴∠E+∠F=∠DAG+∠ADG，
∴∠GAB+∠B+∠C+∠CDG+∠E+∠F，
=∠GAB+∠B+∠C+∠CDG+∠DAG+∠ADG，
=∠DAB+∠B+∠C+∠CDA，
=360°．
故选：C．
35．（23-24七年级下·江苏扬州·期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ．
【答案】540°
【分析】连接ED，由三角形内角和可得∠A+∠B=∠BED+∠ADE，再由五边形的内角和定理得出结论．
【详解】连接ED，
∵∠A+∠B=180°-∠AOB，∠BED+∠ADE=180°-∠DOE，∠AOB=∠DOE，
∴∠A+∠B=∠BED+∠ADE，
∵∠CDE+∠DEF+∠C+∠F+∠G=(5-2) ×180°=540°，
即∠CDO+∠ADE+BED+∠BEF+∠C+∠F+∠G=540°，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDO+∠BEF+∠F+∠G=540°．
故答案为：540°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和公式，以及多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为(n-2)×180°是解答本题的关键．
【题型8】多边形的外角和的实际应用
36．（24-25八年级上·山西朔州·期末）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，六边形ABCDEF的外角和为（ ）
A．360°B．540°C．720°D．900°
【答案】A
【分析】本题考查了多边形的外角定理，根据多边形的外角和为360°即可求解，掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．
【详解】解：六边形ABCDEF的外角和为360°，
故选：A．
37．（23-24八年级上·湖北荆州·期末）如图，小明沿一个五边形的广场小道按A→B→C→D→E的方向跑步健身，他每跑完一圈时，身体转过的角度之和是（ ）

A．540°B．720°C．360°D．900°
【答案】C
【分析】本题主要考查多边形外角和的知识，根据身体每次转过的角度为五边形ABCDE的一个外角，再求外角和即可．
【详解】∵身体每次转过的角度为五边形ABCDE的一个外角，
∴他每跑完一圈时，身体转过的角度之和为五边形ABCDE的外角和360°．
故答案为：C．
38．（24-25八年级上·四川南充·期末）如图，小明从A地出发，沿直线前进15米后向左转18°，再沿直线前进15米，又向左转18°⋯⋯，照这样走下去，他第一次回到出发地A地时，一共走的路程是 米．
【答案】300
【分析】本题主要考查了多边形内角与外角，解题关键是理解小明每前进15米后向左转18°，当他第一次回到出发地A地时，走的路程形成正多边形．
根据题意判断小明每前进15米后向左转18°，当他回到出发地A地时，走过的路程形成正多边形，然后根据正多边形的外角和是360°，求出多边形的边数，从而求出答案即可．
【详解】解：由题意得：小明从A地出发，他第一次回到出发地A地时，走的路程形成正多边形，外角和为360°，每个外角的度数是18°，
∴多边形的边数为：360÷18=20，
∴一共走的路程为：15×20=300（米），
故答案为：300．
39．（23-24八年级上·天津红桥·课后作业）如图，在七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，外角∠1，∠2，∠3，∠4的和等于220°，则∠BOD的度数是 °．
【答案】40
【分析】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．
延长BC交OD于点H，根据∠1+∠2+∠3+∠4=220°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=360°，得到∠5+∠6+∠7=140°，结合∠BHO=∠6+∠7，得到∠BHO+∠5=140°，结合∠BHO+∠5+∠BOD=180°计算即可．
【详解】解：如图，延长BC交OD于点F，
因为∠1+∠2+∠3+∠4=220°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=360°，
所以∠5+∠6+∠7=140°，
因为∠BHO=∠6+∠7，
所以∠BHO+∠5=140°，
因为∠BHO+∠5+∠BOD=180°，
所以∠BOD=180°-∠BHO+∠5=40°．
故答案为：40．
【题型6】多边形的内角和与外角和综合
40．（23-24八年级上·北京·期中）一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是（ ）．
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】本题主要考查了多边形的内角和与外角和的问题．熟练掌握多边形的内角和公式和外角和是解题的关键．设这个多边形的边数是n，根据“一个多边形的内角和是它外角和的2倍”，列出方程，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，根据题意得：
n-2×180=2×360
解得：n=6
即这个多边形是六边形．
故选：D
41．（24-25八年级上·四川广元·期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，那么这个多边形的边数为 ．
【答案】10
【分析】该题主要考查了多边形的外角和以及内角和，任何多边形的外角和是360度，即这个多边形的内角和是4×360度．n边形的内角和是180n-2，列方程就可以求出多边形的边数．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得180n-2=4×360，
解得：n=10．
则这个多边形的边数是10．
故答案为：10．
42．（24-25八年级上·山东威海·期末）一个多边形的外角和比内角和的59多60°，则这个多边形是 边形．
【答案】5
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和问题，设这个多边形的边数为n，根据题意得出n-2×180°×59+60°=360°，求解即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
由题意可得：n-2×180°×59+60°=360°，
解得：n=5，
即这个多边形是5边形，
故答案为：5．
43．（24-25八年级上·天津和平·期末）一个多边形的内角和比外角和多540°，并且这个多边形的每个内角都相等，则这个多边形的每个内角为 °．
【答案】9007/12847
【分析】本题考查了多边形内角和与外角和，一元一次方程的应用，掌握多边形内角和公式以及多边形外角和恒为360°是解题关键．这个多边形的边数为n，根据题意列方程，求出n=7，再根据每个内角都相等，即可得到答案．
【详解】解：这个多边形的边数为n，
由题意得：n-2⋅180°=360°+540°，
解得：n=7，
∵这个多边形的每个内角都相等，
∴这个多边形的每个内角为360°+540°7=9007°，
故答案为：9007．
44．（24-25八年级上·四川广元·期末）已知一个多边形的边数为n．
(1)若n=10，求这个多边形的内角和；
(2)若这个多边形的内角和是外角和的2倍，求n的值．
【答案】(1)1440°
(2)6
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，多边形的外角和，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）运用多边形的内角和公式，列式10-2×180°=1440°，即可作答．
（2）因为这个多边形的内角和是外角和的2倍，得这个多边形的内角和是720°，再结合多边形的内角和公式，列式n-2×180°=720°，解出n=6，即可作答．
【详解】（1）解：∵n=10，
∴10-2×180°=1440°，
则这个多边形的内角和为1440°；
（2）解：∵这个多边形的内角和是外角和的2倍，
∴这个多边形的内角和是360°×2=720°，
故n-2×180°=720°，
解得n=6．
45．（24-25八年级上·山西吕梁·期中）已知某正多边形的一个外角的度数比一个内角度数的15多12°，请求出这个正多边形的边数．
【答案】9
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和问题，设这个多边形的一个内角的度数是x°，则相邻的外角的度数是15x°+12°，根据题意得出x+15x+12=180，求解即可．
【详解】解：设这个多边形的一个内角的度数是x°，则相邻的外角的度数是15x°+12°，
由题意可得：x+15x+12=180，
解得：x=140，
∴15x°+12°=40°，
∴这个多边形的外角的度数是40°，
∴这个正多边形的边数为360°÷40°=9．