专题18 多边形与平行四边形（中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题（山东专用） 含答案

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►考向一 多边形的内角和
1.（2024•日照）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
【答案】八
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可．
【详解】设这个多边形是n边形，
由题意得，
解得，
∴这个多边形是八边形．
故答案为：八．
【点睛】
2.（2024•泰安）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ．
【答案】/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为，即，则可求得的度数，根据平行线的性质可求得的度数，进而可求出的度数，再根据三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和，
每个内角为：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
3.（2024•青岛）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，，
∴，
故选：B．
►考向二 多边形的外角和
1.（2024•济南）一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是( )
A．正六边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
【答案】C
【分析】多边形的外角和是360度，因为是正多边形，所以每一个外角都是45°，即可得到外角的个数，从而确定多边形的边数．
【详解】解：360÷45=8，所以这个正多边形是正八边形．
故选C．
2.（2024·山东）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（ ）
A．12B．10C．8D．6
【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.
【详解】解：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴正边形的一个外角为，
∴的值为；
故选A
►考向一 平行四边形的判定
1.（2024•济宁）如图，四边形的对角线，BD相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解．
【详解】解：添加条件：，
证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：（答案不唯一）
2.（2024•青岛）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
【答案】(1)证明见解析
【难度】0.65
【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形；
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
3.（2024•潍坊）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：
(1)；
(2)四边形为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明；
（）由（）得，，即可得到，，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠可得，，，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（）知，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
►考向二 平行四边形的性质
1.（2024•日照）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明；
（3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线
故答案为：
（2）证明：四边形为平行四边形
（3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点
四边形为平行四边形，
，
，
又
．
2.（2024·山东）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键．
解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果；
解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到．
【详解】解：解法一：延长和，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
解法二：作交于点H
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
故选：B．
一、单选题
1．（23-24八年级上·山东淄博·期末）如图，将平移后得到，连接，若，则下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．四边形是平行四边形D．平移的距离为3
【答案】B
【分析】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定，熟练掌握平移的基本性质是解答此题的关键．
根据平移的性质可得，，一一判断即可．
【详解】解：由平移的性质可得：，，
∴平移的距离为3，故D正确；
，故A正确；
∵，，
∴四边形是平行四边形，故C正确；
∵，不能得到，故B错误；
故选：B．
二、填空题
2．（24-25八年级上·山东济宁·期中）所有边都相等､所有角都相等的多边形叫做正多边形．如图，正六边形与正五边形有一个公共顶点，点，，，在同一条直线上．则的度数是 ．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上性质和定理是解题的关键．
利用正多边形的性质求出、、即可求解．
【详解】解：由题意得，，，
又∵，，
∴，
∴．
故答案为： ．
3．（24-25八年级上·山东临沂·期中）足球表面是由正六边形和正五边形拼接而成的．右图是足球表面有公共顶点的3个多边形展平后的平面图形，则的大小为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形的内角问题，熟练掌握正多边形的内角问题是解题的关键．
先由正多边形的内角公式求出正六边形和正五边形的内角，再根据周角是即可求出的大小．
【详解】解：正五边形的每个内角的度数为：，
正六边形的每个内角的度数为：，
，
故答案为：．
4．（23-24八年级下·山东青岛·期末）用地砖铺地，用瓷砖贴墙，都要求砖与砖严丝合缝，不留空隙，把地面或墙面全部覆盖．通常把这类问题叫做平面镶嵌．现施工材料里有几种边长相同的多边形瓷砖：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正五边形；⑤正八边形，需要从中选择三种进行组合镶嵌，它们是（填序号） ．
【答案】①②③
【分析】本题考查了平面镶嵌，分别求出正多边形每个内角的度数，看哪三种进行组合等于即可．
【详解】解：正三角形的每个内角度数为，
正方形的每个内角度数为，
正六边形的每个内角度数为，
正五边形的每个内角度数为，
正八边形的每个内角度数为，
∵，
∴从中选择三种进行组合镶嵌，它们是①②③，
故答案为：①②③．
三、解答题
5．（24-25八年级上·山东临沂·期中）（1）一个多边形的内角和是，若该多边形每个内角都相等，求每一个外角的度数．
（2）如图，，，，求证：是等边三角形．
【答案】（1）；（2）见解析．
【分析】本题考查多边形内角和公式和外角和定理，等边三角形的判定，熟练掌握公式定理及等边三角形的判定是解题的关键；
（1） 根据多边形的内角和公式与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解；
（2）根据平行线的性质及等边三角形的判定证明即可．
【详解】（1）解：设多边形的边数为，根据题意得
，
解得，
∴每一个外角的度数为；
（2）证明：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
6．（24-25八年级上·山东德州·期中）小明在计算多边形的内角和时，得到的答案是600°，老师说小明计算的不对．
(1)通过计算说明，为什么老师说小明计算的结果不对？
(2)若小明计算的是五边形，并且不小心多加了一个外角的度数，请计算这个外角的度数；
(3)若小明在计算该多边形的内角和时，其中一个内角没有加上去，而是加上了这个内角所对应的外角，请直接写出该多边形的边数．
【答案】(1)见解析；
(2)60°；
(3)多边形的边数为5或6．
【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟知多边形内角和定理是解题的关键．
（1）根据多边形内角和定理计算求出n的值，n应为整数，据此判断即可；
（2）这个外角的度数为α，根据题意列出，求解即可；
（3）设这个多边形的边数为，没有加上去的内角的度数为，则这个内角所对应的外角为，根据题意列出，求得，再根据0°＜β＜180°且n为整数，即可求解．
【详解】（1）解：设这个多边形的边数为n，
根据题意得，，
解得，
∵应为整数，
∴小明计算的结果不对；
（2）解：设这个外角的度数为，
根据题意得，，
解得，
即这个外角的度数为60°；
（3）解：设这个多边形的边数为n，没有加上去的内角的度数为β，则这个内角所对应的外角为180°﹣β，
根据题意得，，
解得，
∵，
∴，
解得，
∵为整数，
∴或，
即该多边形的边数为或．
7．（22-23八年级上·山东德州·阶段练习）（1）如图，中，，，点，点分别在边，边AB上，且，求的度数．
（2）猜想：如图，正方形中，，，点，点分别在边AD，边AB上，且，则______．
（3）应用：如图，在正五边形中，，DE，CF相交于点，请直接写出的度数．
【答案】（1）60°；（2）；（3）108°．
【分析】本题考查了正多边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的判定和性质以及三角形的外角性质即可得到结论；
（3）根据正五边形的性质和全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
【详解】解：(1)在与中，
∴，
∴，
∴；
在与中，
∴，
∴，
．∴；
故答案为∶
(3)∵多边形是正五边形，
∴，，
在与中，
∴，
∴，
∴．
8．（23-24七年级下·山东潍坊·期末）阅读理解：
平面密铺是指用一些形状大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地把平面的一部分完全覆盖．一般来说，构成一个平面密铺图形的基本图形是多边形或类似的一些常规形状，例如我们铺地板时经常使用正方形地砖．
对于正n边形，从一个顶点出发作对角线，它们将n边形分成个三角形，得到其内角和是，则一个内角的度数就是．若一个内角度数能整除，那么这样的正n边形就可以进行平面密铺．
图1和图2就是分别利用正三角形和正方形得到的两组密铺图案．如图3，按照平面密铺的条件，正五边形就不能进行平面密铺．对于一些不规则的多边形也可以进行平面密铺．图4就是利用不规则的五边形得到的一种密铺图案．
解决问题：
（1）上文中“对于正n边形，从一个顶点出发作对角线，它们将n边形分成个三角形，得到其内角和是，这种做法体现的一种数学思想是________；（填字母代号即可）
A．数形结合思想；B．转化思想；C．方程思想
（2）除“正三角形”“正方形”外，请再写出一种可以进行平面密铺的正多边形________；
（3）图5是图4中的一个基本图形，若，，求的度数．
拓展延伸：
（4）现有如下若干个正多边形：①正三角形，②正方形，③正五边形，④正六边形，⑤正八边形，⑥正十边形，⑦正十二边形，这些正多边形的边长均相等．若从中选用两种不同的正多边形进行平面密铺，写出三种组合是_____________；若选用三种不同的正多边形可以进行平面密铺，写出所有的组合是______________．（填数字序号即可）
（5）用若干边长相等的正三角形和正六边形进行平面密铺，若每一个顶点周围有m个正三角形，n个正六边形，则m，n满足的关系式是________．
【答案】（1）B；（2）正六边形；（3）；（4）①②或①④或②⑤（答案不唯一）；①②④或②④⑦；（5）
【分析】本题考查了平面图形的镶嵌，两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．任意多边形能进行镶嵌，说明它的内角和应能整除360度．
（1）将n边形的内角和转化为三角形的内角和来计算，即得答案；
（2）当时，正六边形的内角度数能整除，即得答案；
（3）根据五边形的内角和等于，即可列方程，计算即得答案；
（4）若从中选用两种或三种不同的正多边形进行平面密铺，围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角，即可得到答案；
（5）由题意列方程，化简方程即得答案．
【详解】（1）由题意，将n边形的内角和转化为三角形的内角和来计算，这种做法体现的一种数学思想是转化思想；
故选B．
（2）当一个内角度数能整除时，这样的正n边形就可以进行平面密铺，
为整数，
当时，，
除“正三角形”“正方形”外，正六边形可以进行平面密铺；
故答案为：正六边形．
（3）根据五边形的内角和可知，
，，
，
解得；
（4）若从中选用两种不同的正多边形进行平面密铺：
正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是，
，
正三角形和正方形能密铺；
正三角形的每个内角是，正六边形的每个内角是，
，
正三角形和正六边形能密铺；
正方形的每个内角是，正八边形的每个内角是，
，
正方形和正八边形能密铺；
故答案为：①②或①④或②⑤．（答案不唯一）
若从中选用两种不同的正多边形进行平面密铺，只有两种情形：
，
正三角形，正方形和正六边形能密铺；
，
正方形，正六边形和正十二边形能密铺；
故答案为：①②④或②④⑦．
（5）由题意可得，
．
故答案为：．
9．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，已知和是等边三角形，点、分别为边、上的点，且，连接、．
(1)小华同学猜想：“四边形是平行四边形”，下面是她的证明过程，请阅读并将其证明过程补充完整．
证明：为等边三角形，
，，
在和中
．
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明，得出，证明，连接证明，得出，，证明为等边三角形，得出，即可证明结论；
（2）过点B作于点G，根据等边三角形的性质得出，根据勾股定理得出，根据平行四边形的性质求出结果即可．
【详解】（1）证明：为等边三角形，
，，
在和中
，
∴，
∴，
∵等边中，
∴，
连接，
∵与为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形．
（2）解：过点B作于点G，如图所示：
根据解析（1）可知：，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要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，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定．
10．（24-25九年级上·山东·期末）在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究．
动手操作：
第一步，画出等腰，使得．
第二步，作出关于对称的．
第三步，过点作的平行线，交直线于点．
第四步，分别以，为边作．
根据以上操作，甲、乙、丙三位同学各自作出了如下图所示的三个图形，并共同进行了探究．请你根据三位同学作出的图形解决下列问题．
(1)直接写出图1中的度数；
(2)图2、图3中均有．请就图2给出证明；
(3)图3中．求出的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查平行四边形，等腰三角形，勾股定理，矩形，全等三角形，对称的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，对称的性质，进行解答，即可．
（1）根据平行四边形的性质，则，，根据对称的性质，等边对等角，则，根据平行线的性质，即可；
（2）根据平行四边形的性质，则，，根据对称的性质，可得，，等量代换，则，，最后根据全等三角形的判定，即可；
（3）过点作，垂足为点，根据勾股定理，求出，根据平行四边形的性质，对称的性质，可得，，根据等边对等角，求出，根据矩形的判定和性质，可得四边形是矩形，根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得，四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵，关于对称的，
∴，，
∴，
∴，
∴．
（2）解：证明如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
由对称可得，，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）解：证明如下：
过点作，垂足为点，
∵，，
∴，，
∴，
由对称可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作交的延长线于点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
即．
11．（23-24八年级下·河南郑州·期末）问题情境：
学习完平行四边形的性质和判定后，某数学小组遇到了以下问题：如图，的对角线与相交于点O，点E、F分别在和上．

问题1：当与满足什么条件时，四边形是平行四边形？请说明理由．
小明：当时，四边形是平行四边形．
理由如下：
，
．
即．
∴．
∵四边形是平行四边形，
．（依据1）
又，
．
．
∴四边形是平行四边形．（依据2）
问题2：当满足什么条件时，四边形是平行四边形？请说明理由．
小红：当时，四边形是平行四边形．
理由如下：……
数学思考：
（1）请你写出小明推理过程中的“依据1”和“依据2”；
依据1：__________________；
依据2：__________________．
（2）请你帮助小红写出问题2的证明过程．
【答案】（1）平行四边形的对角线互相平分；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（2）证明过程见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质和判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得，再证明，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【详解】解：（1）依据1：平行四边形的对角线互相平分；
依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
12．（2024·山东青岛·二模）【图形定义】连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．类似的，我们把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线．
例如：如图1，在四边形中，点是的中点，点是的中点，是四边形的中位线．
【方法探究】
如图2，已知是的中位线，以点为中心将旋转得到，可证．
【方法应用】
(1)如图3，是梯形的中位线．若，，则__________；若，，且，则__________．
(2)如图4，是四边形的中位线．若，，则的取值范围是__________；若，，且，则的取值范围是__________．
【答案】(1)4；
(2)；
【分析】本题考查三角形中位线定理的应用，旋转的性质，三角形三边关系，平行四边形的判定与性质．
（1）以为中心，将梯形旋转得到梯形，则，，且四边形都是平行四边形，易得即可；
（2）以为中心，将四边形旋转得到四边形,连接，则四边形都是平行四边形，则,,，在中得（在同一直线上时，等号成立），故即可．
【详解】（1）解：如图，以为中心，将梯形旋转得到梯形，
则，，且四边形都是平行四边形
,
若，，则，
若，，则，
故答案为：4，；
（2）如图，以为中心，将四边形旋转得到四边形,连接，则四边形都是平行四边形，
,,
在中得（在同一直线上时，等号成立）
即
若，，则，即，
若，，且，则．
故答案为：，．
13．（2023·山东烟台·模拟预测）证明三角形中位线性质定理的方法很多，但多数需要通过添加辅助线构图去完成．下面是其中鲁教版数学教材（八年级上册）上一种证法的辅助线添加方法：
(1)如图1，我们在探究三角形中位线和第三边的关系时，所作的辅助线为“延长到点，使，连接”，此时与在同一直线上且，可证，进而可证图中的四边形________为平行四边形，得与的关系是________，于是推导出，．
(2)利用证明三角形中位线定理获得的经验解决下面的问题：如图2，在中，，、分别是，上的点，且，判断与的大小关系，并证明．
【答案】(1)，，
(2)，证明见解析
【分析】本题考查证明三角形中位线性质定理的方法，涉及三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握三角形中位线的证明方法是解决问题的关键．
（1）“延长到点，使，连接”，如图1，此时与在同一直线上且，可证，进而可证图中的四边形为平行四边形，得与的关系是，，于是推导出，，即可得到答案；
（2）过点作，过点作，、相交于点，连接，如图所示，由平行四边形性质，结合三角形全等的判定与性质得到相关边的关系，在中，由三角形三边关系得，即可得证．
【详解】（1）解：“延长到点，使，连接”，如图1，
此时与在同一直线上且，可证，进而可证图中的四边形为平行四边形，得与的关系是，，于是推导出，，
故答案为：，，；
（2）解：，
证明如下：
过点作，过点作，、相交于点，连接，如图所示：
，四边形是平行四边形，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
在中，，则，即．
14．（22-23九年级上·山东青岛·期末）小彬数学成绩优秀，他平时善于总结，例如，学习了三角形的中位线的和特殊四边形的知识后，他总结出“依次连接任意一个四边形各边中点所得四边形一定是平行四边形”后，他想到曾经做过的这样一道题：如图1，点是线段的中点，分别以和为边在线段的同侧作等边三角形和等边三角形，连接、和，他想到了连接四边形的各边中点得到的四边形一定是菱形、于是，他又进一步探究：如图2，若是线段上任一点，在的同侧作和，使，，，连接，设点，，，分别是，，，的中点，依次连接，，，．请你接着往下解决三个问题：
(1)猜想四边形的形状，（直接给出答案，不必说明理由）；
(2)当点在线段的上方时，如图3，在的外部作和，其它条件不变，试判断四边形的形状？并说明理由．
(3)如果（2）中，，其它条件不变，试判断四边形的形状（直接给出答案，不必说明理由）．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)四边形是正方形
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，三角形中位线定理，菱形和正方形的判定，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
（1）连接，证明，可得，由点E，F，G，H分别是的中点，知，故，从而四边形是菱形；
（2）同（1）可证四边形是菱形；
（3）连接交于O，交于N，交于M，同（1）可证四边形是菱形；由，知，而，，即得，故四边形是正方形．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
连接，如图：
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点E，F，G，H分别是的中点，
∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
连接，如图：
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点E，F，G，H分别是的中点，
∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：四边形是正方形；理由如下：
连接交于O，交于N，交于M，如图：
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点E，F，G，H分别是的中点，
∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
∴，
∴，
∴四边形是是菱形；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是菱形；
∴四边形是正方形．
15．（2024·山东潍坊·三模）已知梯形中，，点E，点F分别为，的中点.
(1)请直接写出与，之间的位置关系和数量关系；
(2)请证明（1）的结论.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】本题考查梯形中位线定理的证明，掌握全等三角形的判定与性质和三角形中位线定理是解题的关键．
（1）根据题干条件猜想出结论即可；
（2）连接，并延长交的延长线于点，证明，得到，，再根据三角形中位线定理证明即可．
【详解】（1）解：，；
（2）解：连接，并延长交的延长线于点，
，
，
点E为的中点，
，
，
，
，，
点E为的中点，
点F为的中点，
，，
，．
课标要求
考点
考向
1．了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线;探索并掌握多边形内角和与外角和公式。
2. 理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系;了解四边形的不稳定性。
3. 探索并证明平行四边形的性质定理:平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理:一组对边平行且相等的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对角线互相平分的四边形是平行四边形。
4. 理解两条平行线之间距离的概念，能度量两条平行线之间的距离.
多边形
考向一 多边形的内角和
考向二 多边形的外角和
平行四边形
考向一 平行四边形的判定
考向二 平行四边形的性质
考点一 多边形
解题技巧
规则：n边形的内角和=（n-2）·180°；
正n边形的一个内角=
解题技巧
规则：n边形的外角和=360°；
正n边形的一个外角=
考点二 平行四边形
解题技巧
两组对边分别平行的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；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（4） 两条对角线互相平分的四边形是平行四边形.