备战2022年中考数学专项解题方法归纳探究 - 模板11 四边形解题方法归纳

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四边形

解题方法指导

一、怎样解与多边形内角和有关的问题
n边形的内角和等于(n- 2)X180°，多边形的内角和是180°的整数倍，多边形的边数每增加1,内角和增加180°. 利用它可解决三类问题:
一是已知多边形的边数求内角和，
二是已知多边形的内角和求边数,
三是已知足够的角度条件下求某一个内角的度数.
例题演练

例题1
（2019·浙江台州市·中考真题）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．

（1）已知凸五边形的各条边都相等．
①如图1，若，求证：五边形是正五边形；
②如图2，若，请判断五边形是不是正五边形，并说明理由：
（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）
如图3，已知凸六边形的各条边都相等．
①若，则六边形是正六边形；（　 　）
②若，则六边形是正六边形． （　 　）
【答案】（1）①证明见解析②若，五边形是正五边形（2）①真命题②真命题
【详解】
（1）①证明：∵凸五边形的各条边都相等
∴
在、、、、中，
∴
∴
∴五边形是正五边形；
②解：若，五边形是正五边形，理由如下：
在、和中，
∴
∴，
在和中，
∴
∴，
∵四边形内角和为
∴
∴
∴，
∴
∴
同理：
∴五边形是正五边形；
（2）解：①若，则六边形是正六边形；假命题，理由如下：
如图3所示，∵凸六边形的各条边都相等
∴
在、和中，
∴
因此，如果都为相同的等腰直角三角形，符合题意
但，而正六边形的每个内角都为
∴六边形不是正六边形
故答案为：假；

②若，则六边形是正六边形；假命题；理由如下：
如图4所示：连接、、
在和中，
∴
∴
∵
∴
∴
在和中，
∴
∴
同理：
∴
由（2）①可知：六边形不是正六边形
故答案为：假．

例题2
（2020·河北唐山市·九年级三模）如图，在五边形中，，，．

（1）求证：；
（2）当时，求的度数；
（3）如果的外心与的内心重合，请直接写出的度数．
【答案】（1）详见解析；（2）80°；（3）
【详解】
证明：（1）∵，
∴，
又∵，∴，
在和中，
，
∴
解：（2）当时，，
又∵，
∴五边形中，．
（3）如图示，圆是的外心，圆是的内心，并且与重合，

∵，
∴是等边三角形，
∴圆是的外心，
则圆是四边形的外接圆，
∵是等边三角形，
∴
例题3
（2019·温州外国语学校九年级二模）如图，在五边形中，，，．
（1）求证：；
（2）当时，求的度数．

【答案】（1）详见解析；（2）80°
【详解】
解：（1）∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（2）由（1）得．
∴．
∵五边形的内角和为
∴．
∴．
解题方法指导

二、怎样解多边形外角和的问题
多边形的外角和是360°，与 多边形的边数无关,故在某些问题中用外角和公式会比用内角和公式求解简单.涉及多边形外角和的问题，常与多边形的内角和及正多边形等关系结合考虑,通过列方程来解决.
例题演练

例题1
（2019·浙江省杭州市第六中学中考模拟）原题：“如图1，正方形ABCD中，BG是外角∠CBH的角平分线，E是AB上一点（不与A、B重合），EF⊥DE交BG于F，求证：DE＝EF．”
证明的思路是：在AD上取一点M，使AM＝AE，连接ME，由AAS可得△DME≌△EBF．
阅读了以上材料后，请你解答下列问题：
（1）如图2，如果将原题中的条件“正方形”改为“正三角形”，“EF⊥DE”改为“∠DEF＝60°”，其它条件不变，原题的结论还成立吗？如果成立请给出正面，如果不成立请给出反例．
（2）如果将原题中的条件“正方形”改为“正五边形”，请你模仿原题写出一个真命题，并在图3中画出相应的图形．

【答案】（1）原结论还成立，即DE＝EF．（2）正五边形ABCMN中，E在AB上，F在外角∠CBH的角平分线上，∠NEF＝108°，那么NE＝EF．证明见解析.
【详解】
解：（1）原结论还成立，即DE＝EF．
在AD上取一点M，使AM＝AE，连接ME，
∵△ABD是等边三角形，
∵∠A＝60°，AM＝AE，∴∠AEM＝∠AME＝60°
∴∠DME＝60°+60°＝120°，
∵∠DBH＝120°，BG平分∠DBH，∴∠EBF＝60°+60°＝120°，
∴∠DME＝∠EBF
∵∠DEF＝60°，
∴∠DAE＝∠DEF，
∴∠FEB+∠DEF＝∠DAE+∠ADE，
∴∠ADE＝∠FEB，
又∵DM＝EB，
∴△MDE≌△BEF，
∴DE＝EF．

（2）如图，正五边形ABCMN中，E在AB上，F在外角∠CBH的角平分线上，∠NEF＝108°，那么NE＝EF．
证明：在AD上取一点M，使AM＝AE，连接ME，
在正五边形ABCMN中，
∵，AM＝AE，
，
∴∠NME＝108°+36°＝144°，
∵∠CBH＝180﹣108＝72°，BG平分∠CBH，∴∠EBF＝108°+36°＝144°，
∴∠DME＝∠EBF
∵∠NEF＝108°，
∴∠DAE＝∠DEF，
∴∠FEB+∠DEF＝∠DAE+∠ADE，
∴∠ADE＝∠FEB，
又∵DM＝EB，∴△MDE≌△BEF，
∴DE＝EF．
例题2
（2021·全国）如图所示，求的度数.

【答案】.
【详解】
解：∵∠1=∠A+∠B，∠2=∠C+∠D，∠3=∠E+∠F，
又∵∠1+∠2+∠3=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°．

例题3
（2021·全国）用两种方法证明“四边形的外角和等于360°”．
如图，∠DAE、∠ABF、∠BCG、∠CDH是四边形ABCD的四个外角．
求证：∠DAE＋∠ABF＋∠BCG＋∠CDH＝360°．

【答案】详见解析．
【详解】
解：解法一：连接AC，BD，

∵∠EAD＝∠ABD+∠ADB，
∠ABF＝∠CAB+∠ACB，
∠BCG＝∠CDB+∠CBD，
∠CDH＝∠DAC+∠DCA，
∴∠DAE+∠ABF+∠BCG+∠CDH＝∠ACB+∠ABC+∠CAB+∠ACB+∠CDB+∠CBD+∠DAC+∠DCA＝（∠ACD+∠DCA+∠ADC）+（∠ABC+∠DAB+∠ACB）＝180°+180°＝360°．
解法二：
∵∠DAE＋∠ABF＋∠BCG＋∠CDH＝180°−∠DAB＋180°−∠ABC＋180°−∠BCD＋180°−∠ADC，
又∵∠BAD＋∠ABC＋∠BCD＋∠ADC＝360°，
∴∠DAE＋∠ABF＋∠BCG＋∠CDH＝360°．
解题方法指导

三、怎样解平行四边形的性质与判定的综合问题
平行四边形的性质和判定相结合可解决有关角相等或互补、线段相等或倍分、两直线平行等问题，一般是先判定一个四边形是平行四边形，然后用平行四边形的性质解决有关问题，也可以先根据平行四边形的性质得出有关结论，然后根据相关结论证明一个四边形是平行四边形
例题演练

例题1
（2021·福建省福州第十九中学九年级月考）如图，已知四边形ABCD是平行四边形．
（1）请用直尺和圆规在AB上取一点E，使得；
（2）在（1）的条件下，连接ED，若，求的度数．

【答案】（1）见解析；（2）54°
【详解】
解：（1）如图，E即为所求；

（2）由（1）的作法可知，EF是AD的垂直平分线，
∴AE=DE，
∴∠ADE=∠A=63°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A+∠ADC=180°，
∴∠ADC=180°-∠A=117°，
∴∠ADE+∠CDE=117°，
∴∠CDE=117°-∠ADE=54°．
例题2
（2021·沈阳市第四十三中学九年级月考）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，且AF＝CE．
（1）求证：△ADE≌△CBF．
（2）若AC平分∠BAD，则四边形BEDF的形状是　 　．

【答案】（1）证明见解析；（2）菱形
【详解】
解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAE=∠BCF，
∵AF=CE．
∴AF-EF=CE-EF，
∴AE=CF，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）四边形BEDF的形状是菱形，理由如下：
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴∠BAC=∠BCA，
∴BA=BC，
∴AD=AB，
∵AE=AE，
∴△ADE≌△ABE（SAS），
∴DE=BE，
∵△ADE≌△CBF，
∴DE=BF，∠DEA=∠BFC，
∴∠DEF=∠BFE，
∴DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵DE=BE，
∴平行四边形BEDF是菱形．
例题3
（2021·哈尔滨工业大学附属中学校九年级开学考试）如图，为的弦，弧＝弧，连接的延长线交于点．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，于点交于点，连接交于点，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，的延长线交于点，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【详解】
（1）连接，，如图，




在的垂直平分线上，

（2）作的中点，连接



垂直平分







，




四边形是平行四边形



即
（3）如图，

连接









在中

即
设
则
解得（舍）








即

．
解题方法指导

四、怎样解矩形性质的应用问题
矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外,还具有下列性质:
①矩形的四个角都是直角;
②矩形的对角线相等.将这些性质与其他条件结合，可用来证明线段相等或倍分、直线平行以及角相等的问题。
例题演练

例题1
（2021·山东日照市·中考真题）如图，的对角线相交于点，经过、两点，与的延长线相交于点，点为上一点，且．连接、相交于点，若，．

（1）求对角线的长；
（2）求证：为矩形．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】
解：是直径，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
（2），
是平行四边形
，
∴AC=OB
为矩形．
例题2
（2021·湖南九年级期中）如图，在△ABC中，AB＝BC，BD平分∠ABC，交AC于点D，四边形ABED是平行四边形，DE交BC于点F，连接CE，求证：BC＝DE．

【答案】证明见解析．
【详解】
证明：∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD＝CD，
∵四边形ABED是平行四边形，
∴BE∥AD，BE＝AD，
∴BE∥CD，BE＝CD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝90°，
∴平行四边形BECD是矩形，
∴BC＝DE．
例题3
（2021·江苏）在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形EBFD是矩形．
（2）若AE＝3，DE＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，即DF∥BE，
又∵DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形DEBF为矩形；
（2）∵四边形DEBF为矩形，
∴∠DEB=90°，
∵AE=3，DE=4，DF=5，
∴AD=，
∴AD=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∵AB∥CD，
∴∠FAB=∠DFA，
∴∠FAB=∠DFA，
∴AF平分∠DAB．
解题方法指导

五、怎样解菱形性质的应用问题
菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外,还具有下列性质:
(1)菱形的四条边都相等;
(2)菱形的两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分-组对角。
利用菱形的性质求线段的长，主要是利用菱形的四条边都相等,且对角线互相垂直平分，通过构造直角三角形进行求解.
例题演练

例题1
（2021·贵阳市第十九中学九年级月考）如图，的对角线，交于点，，，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD＝BD，
∵BD＝2AB，
∴AB＝OB，
∵AE∥BD，OE∥AB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
∵AB＝OB，
∴四边形ABOE是菱形；
（2）解：连接BE，交OA于F，如图所示：

∵四边形ABOE是菱形，
∴OA⊥BE，AF＝OF＝OA＝1，BF＝EF＝BE，
∵S四边形ABOE＝4，
S四边形ABOE＝OA•BE＝×2×BE＝BE，
∴BE＝4，
∴BF＝2，
∴OB＝＝＝，
∴BD＝2OB＝2．
例题2
（2021·日照市田家炳实验中学）如图，在四边形ABCD中，∠C＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．
（1）求证：∠BOD＝∠C；
（2）若BC＝CD，求证：四边形OBCD是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】
证明：（1）延长AO到E，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO，
又∠BOE＝∠ABO+∠BAO，
∴∠BOE＝2∠BAO，
同理∠DOE＝2∠DAO，
∴∠BOE+∠DOE＝2∠BAO+2∠DAO＝2（∠BAO+∠DAO），
即∠BOD＝2∠BAD，
又∠C＝2∠BAD，
∴∠BOD＝∠C；
（2）连接OC，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC，
∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC＝∠BOD，∠BCO＝∠BCD，
又∠BOD＝∠BCD，
∴∠BOC＝∠BCO，
∴BO＝BC，
又OB＝OD，BC＝CD，
∴OB＝BC＝CD＝DO，
∴四边形OBCD是菱形．
法二，连接OC，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC，
∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠B＝∠D，∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∴∠BOD＝∠BCD，
∴四边形BCDO是平行四边形，
∵BC＝CD，
∴平行四边形BCDO是菱形．

例题3
（2021·安徽九年级专题练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，连接CF．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）若∠BAC＝90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．

【答案】（1）见解析；（2）四边形ADCF是菱形，理由见解析．
【详解】
证明：（1）∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝ED，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠EBD，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
（2）四边形ADCF是菱形，
理由如下：∵△AEF≌△DEB，
∴AF＝BD，
又∵BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCF是菱形．
解题方法指导

六、怎样解正方形性质的应用问题
正方形既是特殊的平行四边形,又是特殊的矩形、菱形，因此正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
掌握正方形性质的特殊性,对求与正方形有关角的度数及线段的长度问题非常有用，如正方形对角线与边的夹角为45°;正方形的一条对角线把正方形分成两个完全相同的等腰直角三角形;两条对角线把正方形分成4个完全相同的等腰直角三角形.
例题演练

例题1
（2021·山东青岛市·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E、F．延长BF至G，使FG＝BF，连结DG．
（1）求证：GF＝DE．
（2）当OF∶BF＝1∶2时，判断四边形DEFG是什么特殊四边形？并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）正方形，理由见解析
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEO＝∠BFO＝90°，
∠DOE＝∠BOF
∴△DEO≌△BFO（AAS）；
∴DE＝BF，
∵GF＝BF，
∴DE＝GF，
（2）解：四边形MGCN为正方形，
∵∠DEO＝∠BFO＝90°，
∴ DE∥GF，
∵DE＝GF，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵∠DEF＝90°，
∴四边形DEFG是矩形，
∵△DEO≌△BFO
∴OF∶EF＝1∶2
∵OF∶BF＝1∶2，GF＝BF
∴OF∶GF＝1∶2，
∴GF＝EF
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形．
例题2
（2021·江苏南京市·）如图，在中，是的中点，过点D作且，交于点O，连接．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）当和满足数量关系________时，四边形是正方形．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】
（1）证明：，
∴四边形是平行四边形．
．
是的中点，．
．
，∴四边形是平行四边形．
，
，即．
是菱形．
（2）解：，理由如下：
∵∠ACB＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CBE＝∠ABC，
∴∠DBE＝90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴四边形BECD是正方形，
故答案为：AB＝AC．
例题3
（2021·甘肃武威市·中考真题）问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点．

（1）求证：四边形是正方形；
（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长．
【答案】问题解决：（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析；类比迁移：8
【详解】
解：问题解决：
（1）证明：如图1，∵四边形是矩形，
．
．
．
．

又．
∴矩形是正方形．
（2）是等腰三角形．理由如下：
，
．
又，即是等腰三角形．
类比迁移：
如图2，延长到点，使得，连接．
∵四边形是菱形，
．
．
．

又．
是等边三角形，
，
．