专题08 平行四边形与多边形（知识串讲+8大考点）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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知识一遍过
（一）多边形及其相关计算
（1）多边形的相关概念：
①定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．
②对角线：从n边形的一个顶点可以引(n－3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n－2)个三角形；n边形对角线条数为．
（2）多边形的内角和、外角和：
①内角和：n边形内角和公式为(n－2)·180°
②外角和：任意多边形的外角和为360°.
（3）正多边形：
①定义：各边相等，各角也相等的多边形，
②正多边形每个内角为，每个外角为
③正n边形有n条对称轴，
④对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形.
（二）平行四边形的性质
（三）平行四边形的判定
（四）三角形中位线的性质
三角形中位线定理：
三角形的中位线平行第三边，并且等于它的一半.
如图：DE=BC
考点一遍过
考点1：平行四边形的判定
典例1：（2023下·全国·八年级假期作业）如图，在四边形ACBD中，AB与CD相交于点O，AC∥DB，AO＝BO，E，F分别是OC，OD的中点．求证：四边形AEBF是平行四边形．
【答案】见解析
【详解】证明：∵AC∥DB，∴∠ACD＝∠BDC．
∵∠AOC＝∠BOD，AO＝BO，∴△AOC≌△BOD（AAS），
∴OC＝OD．
∵E，F分别是OC，OD的中点，
∴OE=12OC，OF=12OD，∴OE＝OF．
又∵AO＝BO，∴四边形AEBF是平行四边形．
【变式1】（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，F为AB上一点，DF与AC交于点E，AE=CE．
(1)求证：四边形AFCD是平行四边形；
(2)若BC=8，∠BAC=60°，∠DCB=135°，求AC的长．
【答案】(1)见详解
(2)AC的长为863
【分析】（1）证△AEF≌△CED(ASA)，得AF= CD，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）过点C作CM⊥AB于点M，证△BCM是等腰直角三角形，得CM=22BC=42，再由含30°角的直角三角形的性质得AC=2AM，然后由勾股定理得CM=AC2−AM2=3AM=42，求出AM=463，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD,
∴∠EAF=∠ECD,
在△AEF和△CED中，
∠EAF=∠ECDAE=CE∠AEF=∠CED,
∴△AEF≌△CED(ASA),
∴AF=CD,
又∵AB∥CD,
∴四边形AFCD是平行四边形；
（2）解：如图，过点C作CM⊥AB于点M，则∠CMA=∠CMB=90°，
∵AB∥CD,
∴∠B+∠DCB=180°,
∴∠B=180°−135°=45°,
∴△BCM是等腰直角三角形，
∴CM=22BC=22×8=42,
∵∠BAC=60°，
∴∠ACM=90°−∠BAC=30°，
∴AC=2AM，
∴CM=AC2−AM2=(2AM)2−AM2=3AM= 42，
∴AM=463,
∴AC=2AM=863,
即AC的长为863．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质以及含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2】（2023下·浙江·八年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H．求证：
(1)四边形FBGH是平行四边形；
(2)四边形ABCH是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定；注意运用三角形的中位线的知识是解答本题的关键．
（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，所以四边形FBGH是平行四边形．
（2）连接BH，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB=OH，OF=OG，又AF=CG，所以OA=OC．再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得证四边形ABCH是平行四边形．
【详解】（1）证明：∵点F、G是边AC的三等分点，
∴F、G分别是AG、CF的中点，
∵点D是AB的中点，
∴ DF∥BG，即FH∥BG．
同理：GH∥BF．
∴四边形FBGH是平行四边形．
（2）连接BH，交FG于点O，
∵四边形FBGH是平行四边形，
∴ OB=OH，OF=OG．
∵ AF=CG，
∴ OA=OC．
∴四边形ABCH是平行四边形．
【变式3】（2023·江苏镇江·统考中考真题）如图，B是AC的中点，点D，E在AC同侧，AE=BD，BE＝CD．
(1)求证：△ABE≌△BCD．
(2)连接DE，求证：四边形BCDE是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由B是AC的中点得AB=BC，结合AE=BD，BE＝CD，根据全等三角形的判定定理“SSS”即可证明△ABE≌△BCD；
（2）由（1）中△ABE≌△BCD得∠ABE＝∠BCD，进一步得BE∥CD，再结合BE＝CD，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】（1）解：∵B是AC的中点，
∴AB=BC．
在△ABE和△BCD中，
AE=BD,BE=CD,AB=BC,
∴△ABE≌△BCD（SSS）．
（2）如图所示，
∵△ABE≌△BCD，
∴∠ABE＝∠BCD，
∴BE∥CD．
又∵BE＝CD，
∴四边形BCDE是平行四边形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法与性质是解题的关键．
考点2：平行四边形的性质
典例2：（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=5，AD=32，∠A=45°．

(1)求出对角线BD的长；
(2)尺规作图：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在CD边上的点E处，请作出折痕．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)13
(2)作图见解析
【分析】（1）连接BD，过D作DF⊥AB于F，如图所示，由勾股定理先求出AF=DF=AD2=3，在Rt△BDF中再由勾股定理，BD=DF2+BF2=13；
（2）连接EB，根据轴对称性质，过点A尺规作图作线段EB的垂直平分线即可得到答案．
【详解】（1）解：连接BD，过D作DF⊥AB于F，如图所示：

∵在▱ABCD中，AD=32，∠A=45°，
∴AF=DF=AD2=3，
∵ AB=5，
∴BF=AB−AF=5−3=2，
在Rt△BDF中，∠BFD=90°，DF=3，BF=2，则BD=DF2+BF2=32+22=13；
（2）解：如图所示：

【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长，涉及勾股定理、尺规作图作线段垂直平分线，熟练掌握勾股定理求线段长及中垂线的尺规作图是解决问题的关键．
【变式1】（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，E，F分别是边BC和AD上的点，连接AE，CF，且AE∥CF．求证：

(1)∠1=∠2；
(2)△ABE≌△CDF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明四边形AECF是平行四边形即可；
（2）用SSS证明△ABE≌△CDF即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AF∥EC，
又∵ AE∥CF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∴∠1=∠2(平行四边形对角相等)
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE=FC，AF=CE，
∴BE=FD，
在△ABE和△CDF中，
∵ BE=FDAE=FCAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(SSS)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的判定，熟练掌握平行四边形性质是解本题的关键．
【变式2】（2023·湖南·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F．

(1)求证：AD=AF；
(2)若AD=6，AB=3，∠A=120°，求BF的长和△ADF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)BF=3；△ADF的面积为93
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠CDE=∠F，根据角平分线的定义得到∠ADE=∠CDE，求得∠F=∠ADF，根据等腰三角形的判定定理即可得到AD=AF；
（2）根据线段的和差得到BF=AF−AB=3；过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，根据直角三角形的性质得到AH=12AD=3，根据三角形的面积公式即可得到△ADF的面积．
【详解】（1）证明：在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠CDE=∠F，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠F=∠ADF，
∴AD=AF．
（2）解：∵AD=AF=6，AB=3，
∴BF=AF−AB＝3；
过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，

∵∠BAD=120°，
∴∠DAH=60°，
∴∠ADH=30°，
∴AH=12AD=3，
∴DH=AD2−AH2=33，
∴△ADF的面积=12AF⋅DH=12×6×33=93．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算、等腰三角形的判定和性质等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式3】（2023·广西·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线，
(1)求证：△ABD≌△CDB；
(2)尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)连接BE，若∠DBE=25°，求∠AEB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)50°
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB=CD,AD=BC，可利用“SSS”证明三角形全等；
（2）根据垂直平分线的作法即可解答；
（3）根据垂直平分线的性质可得BE=DE，由等腰三角形的性质可得∠DBE=∠BDE，再根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AD=CB，
∵BD=DB，
∴ △ABD≌△CDB(SSS)
（2）如图，EF即为所求；
（3）∵ BD的垂直平分线为EF，
∴BE=DE，
∴∠DBE=∠BDE，
∵∠DBE=25°，
∴∠DBE=∠BDE=25°，
∴∠AEB=∠BDE+∠DBE=50°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的作法和性质，等腰三角形的性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
考点3：平行四边形的判定与性质
典例3：（2023下·江西九江·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AD，BC边上的点，且DE=CF，BE和AF的交点为M，CE和DF的交点为N，连接 MN，EF．

(1)求证：四边形ABFE为平行四边形；
(2)若AD=6cm，求MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)3cm
【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证四边形ABFE为平行四边形；
（2）由平行四边形的性质可得DN=FN，AM=MF，由三角形中位线定理可求解．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC．
∵DE=CF，
∴AE=BF．
∴四边形ABFE是平行四边形；
（2）∵DE=CF，AD∥BC，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DN=FN，
∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AM=MF，
∴MN∥AD，MN=12AD=3cm．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
【变式1】（2023·江西吉安·统考一模）如图，将△ABC沿AD平移，得到△DEF，连接CD，已知DE⊥AC， CD=BE．

(1)求证：AG=CG；
(2)若∠ACD=15°，求∠ABE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)75°
【分析】（1）根据平移的性质得AD=BE，根据CD=BE等量代换得AD=CD，根据DE⊥AC即可得；
（2）根据平移的性质得AD=BE，AD∥BE，即可得四边形ABED为平行四边形，则∠ABE=∠ADG，根据DE⊥AC，CD=BE得△ADC为等腰三角形，∠ACD=∠DAC， 可得∠ACD=15°，即可得．
【详解】（1）证明：∵△ABC沿AD平移，得到△DEF，
∴AD=BE，
∵CD=BE，
∴AD=CD，
∵DE⊥AC，
∴AG=CG；
（2）解：∵△ABC沿AD平移，得到△DEF，
∴AD=BE，AD∥BE，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴∠ABE=∠ADG，
∵DE⊥AC，CD=BE，
∴△ADC为等腰三角形，∠ACD=∠DAC，
∵∠ACD=15°，
∴∠ABE=∠ADG=90°−∠ACD=90°−15°=75°．
【点睛】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
【变式2】（2023上·黑龙江大庆·八年级统考期末）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)若AC=8，BC=6，∠ACB=30°，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质可证△BEC≌△DFAAAS，可得BE=DF，根据一组对边平行且相等可判定四边形为平行四边形即可求解；
（2）过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，根据含30°角的直角三角形的性质可求出AG的长，根据平行四边形面积的计算方法即可求解．
【详解】（1）证明：平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD，
又∵BE∥DF，
∴∠BEC=∠DFA，
在△BEC和△DFA中，
∠BEC=∠DFA∠ACB=∠CADBC=AD，
∴△BEC≌△DFAAAS，
∴BE=DF，
又BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，

在Rt△AGC中，AC=8，∠ACB=30°，
∴AG=4，
∵BC=6，
∴平行四边形ABCD的面积=BC·AG=4×6=24．
【变式3】（2023下·吉林·八年级校考期末）如图是某数学教材中的部分内容．
(1)请根据教材中的分析和图①，写出“平行四边形的对角线互相平分”这一性质定理的证明过程；
(2)如图②，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，EF过点O且与AD，BC分别相交于点E，F，连接AF，CE．求证：四边形AFCE是平行四边形；
(3)如图②，若EF⊥AC，△ABC的周长是23，△ABF的周长是15，且AB比AF的长多1，AF比BF的长多1，则四边形AFCE的面积是________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)24
【分析】（1）证明△DAO≌△BCO即可求得答案．
（2）证明△EAO≌△FCO即可求得答案．
（3）根据△ABC的周长和△ABF的周长可求得AC的长度，根据△ABF的周长及其三边的关系，可求得AF的长度，进而可求得EF的长度，根据S菱形AFCE=12AC·EF即可求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC．
∴∠DAO=∠BCO，∠ADO=∠CBO．
在△DAO和△BCO中
∠DAO=∠BCOAD=BC∠ADO=∠CBO
∴△DAO≌△BCO．
∴OD=OB，OA=OC．
∴平行四边形的对角线互相平分．
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，AE∥CF．
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO．
在△EAO和△FCO中
∠EAO=∠FCOOA=OC∠AEO=∠CFO
∴△EAO≌△FCO．
∴AE=CF．
∴四边形AFCE是平行四边形．
（3）∵EF⊥AC，四边形AFCE是平行四边形，
∴四边形AFCE是菱形．
∴AF=CF．
根据题意可知△ABC的周长C△ABC=AB+BC+AC=23，△ABF的周长C△ABF=AB+BF+AF=15，BC=BF+CF，
∴C△ABC−C△ABF=AB+BC+AC−AB−BF−AF=BF+CF+AC−BF−AF=AC=8．
∴AO=4．
∵AB=AF+1，BF=AF−1，C△ABF=AB+BF+AF=15，
∴C△ABF=3AF=15．
∴AF=5．
∴OF=AF2−AO2=3．
∴EF=6．
∴S菱形AFCE=12AC·EF=12×8×6=24．
故答案为：24．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质，牢记平行四边形的性质、全等三角形的判定方法及性质、菱形的判定方法及性质是解题的关键．
考点4：三角形中位线
典例4：（2024上·重庆长寿·八年级统考期末）如图，将△ABC沿DE折叠，使点A与BC边的中点F重合，
下列结论：
①EF∥AB；
②∠BAF=∠CAF；
③S四边形ADFE=12AF⋅DE；
④∠BDF+∠FEC=2∠BAC．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据中位线的性质可判断①，根据三线合一可判断②，根据折叠的性质可得到DE垂直平分AF，进而可判断③，根据三角形的外角的性质，即可判断④．
【详解】①∵点F是BC边的中点，
∴要使EF∥AB，则需EF是△ABC的中位线，根据折叠得AE=EF，显然本选项不一定成立；
②要使∠BAF=∠CAF，则需AD=AE，显然本选项不一定成立；
③根据折叠得到DE垂直平分AF，则S四边形ADFE=12AF⋅DE，故本选项正确；
④根据三角形的外角的性质，得∠BDF=∠DAF+∠AFD，∠CEF=∠EAF+∠AFE，又∠BAC=∠DFE，则∠BDF+∠FEC=2∠BAC，故本选项成立．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【变式1】（2023上·四川达州·九年级校考期末）如图，已知AD是△ABC的中线，E是线段AD上一点，且AE:AD=1:3，BE的延长线交AC于点，则AFAC的值为（ ）

A．13B．14C．15D．16
【答案】D
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，取BF的中点H，连接DH，则DH是△BCF的中位线，可得DH=12CF，DH∥CF，再证明△AEF∽△DEH得到AFDH=AEDE=13，则AF=13DH=16CF，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，取BF的中点H，连接DH，
∵AD是△ABC的中线，即点D是BC的中点，
∴DH是△BCF的中位线，
∴DH=12CF，DH∥CF，
∴∠EAF=∠EDH，∠EFA=∠EHD，
∴△AEF∽△DEH，
∴AFDH=AEDE=13，
∴AF=13DH=16CF，
∴AF:CF=1:6．
故选D．

【变式2】（2023下·全国·八年级期末）如图所示，已知△ABC的面积为1，连接△ABC三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边的中点构成第三个三角形，⋯，依此类推，第2013个三角形的面积为（ ）
A．12011B．12012C．142011D．142012
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理求出第二个三角形的面积=14S△ABC=14，同理第三个三角形的面积=14S△DEF=142，总结规律，根据规律解答即可．
【详解】解：如图：过点A作AG⊥DE于G，交BC于H，则AG=GH，
∵D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，
∴DE、EF、DF分别为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，GH=12AH，
∵S△ABC=12BC⋅AH，S△DEF=12DE⋅GH，
∴S△DEF=14S△ABC=14，
同理：第三个三角形的面积==14S△DEF=142，
第四个三角形的面积=14第三个三角形面积=143，
……，
∴第2013个三角形的面积为142012，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理，找出规律是解题的关键．
【变式3】（2023下·陕西渭南·八年级统考期末）如图、在平行四边形ABCD中，∠ABC=120°，BC=2AB，DE平分∠ADC，对角线AC、BD相交下点O，连接OE，下列结论：①∠ADB=30°；②AB=2OE；③DE=AB；④S平行四边形ABCD=AB⋅BD．其中正确的有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质得出∠BCD=180°−∠ABC=60°，AB=CD，∠ADC=120°，BO=OD，根据角平分线的定义得出∠EDC=∠ADE=60°，得出△EDC是等边三角形，根据三角形中位线的性质得出OE=12DC=12AB，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵在▱ABCD中，∠ABC=120°，
∴∠BCD=180°−∠ABC=60°，AB=CD，∠ADC=120°，BO=OD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠ADE=60°，
∴△EDC是等边三角形，
∴CD=CE,∠EDC=60°，
∵BC=2AB，
∴BC=2CD=2CE，
∴E是BC的中点，
∴BE=CE，
又∵DE=EC，
∴BE=DE，
∴∠EBD=∠EDB=12∠DEC=30°，
∴∠BDC=∠BDE+∠EDC=90°，
∴∠ADB=30°；故①正确，
∵BE=EC,BO=DO，
∴OE=12DC=12AB，即AB=2OE，故②正确；
∵DE=DC=AB，
∴DE=AB；故③正确，
∵OD=12BD,CD=12BC,BD≠BC，
∴OD≠CD，
∴∠ABD=∠BDC=90°，
∴S▱ABCD=AB⋅BD，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点5：多边形的内角和
典例5：（2023上·全国·八年级期末）在平面上给出七点A，B，C，D，E，F，G，联结这些点形成七个角．在图（a）中，这七点固定，且令∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=α，在图（b），（c）中，A，B，C，G四点固定，D，E，E变动，此时，令∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=β，则下述结论中正确的是（ ）
A．α≥βB．α=β
C．α<βD．α比β有时大有时小
E．无法确定
【答案】B
【分析】本题考查多边形的内角和．根据多边形内角和的计算方法分别求出各个图形中的α、β，再比较大小即可．
【详解】解：如图a，连接BE、AF，
∵四边形BCDE的内角和为360°，
∴∠BEF+∠ABE+∠DEF+∠ABC+∠C+∠D=360°，
又∵∠BEF+∠ABE=∠BAF+∠AFE，而∠GAF+∠GFA+∠G=180°，
∴∠ABC+∠C+∠D+∠GAB+∠DEF+∠EFG+∠G=360°+180°=540°，
即α=540°，
如图b，连接BE，
∵五边形ABEFG的内角和为(5−2)×180°=540°，
∴∠A+∠ABC+∠CBE+∠BED+∠DEF+∠F+∠G=540°，
又∵∠CBE+∠BED=∠C+∠D，
∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F+∠G=540°，
即β=540°，
如图c，连接AE，
由图b可得，∠GAB+∠B+∠C+∠D+∠DEF+∠F+∠G=540°，
即β=540°，
∴α=β，
故选：B．
．
【变式1】（2023上·云南德宏·八年级统考期末）如图，在四边形纸片ABCD中，∠A+∠B=160°，将纸片折叠，使点C、D落在边AB上的点C′、D′处，折痕为MN，则∠AMD′+∠BNC′的结果为（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】D
【分析】根据折叠的性质可求得：∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，利用四边形的内角和求出∠DMN+∠CNM=160°，由补角的定义可求解．
【详解】解：由折叠可知：∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠A+∠B=160°，
∴∠C+∠D=200°，
∵∠DMN+∠CNM+∠C+∠D=360°，
∴∠DMN+∠CNM=160°，
∵∠AMD′+∠BNC′+2∠DMN+2∠CNM=2×180°=360°，
∴∠AMD′+∠BNC′
=360°−2∠DMN+∠CNM
=360°−2×160°
=40°，
∴∠AMD′+∠BNC′=40°．
故选：D．
【点睛】本题考查四边形的内角和外角，折叠的性质，补角．掌握四边形的内角和为360°是解题的关键．
【变式2】（2023上·黑龙江齐齐哈尔·八年级克东县第三中学校考期末）将一个多边形切去一个角后所得的多边形内角和为2880°．则原多边形的边数为（ ）．
A．15或16B．15或16或17C．16或17或18D．17或18或19
【答案】D
【分析】因为一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，根据多边形的内角和即可解决问题．
【详解】解：多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°（n≥3且n是整数），一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，
根据题意得（n-2）•180°=2880°，
解得：n=18，
则多边形的边数是17，18，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，本题容易出现的错误是：认为截取一个角后角的个数减少
【变式3】（2023下·河北石家庄·八年级统考期末）有一天，小红的爸爸想考考她，她爸爸说：今天我在做手工的时候，把一个多边形木板锯掉了一个角后得到一个新多边形木板，通过测量计算得到新多边形木板的内角和为1800°，那么原多边形木板的边数是（ ）
A．11B．12C．13D．以上都有可能
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°求出截去一个角后的多边形的边数，再根据截去一个角后边数增加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°=1800°，
解得n=12，
∵截去一个角后边上可以增加1，不变，减少1，
∴原来多边形的边数是11或12或
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，本题难点在于多边形截去一个角后边数有增加1，不变，减少1三种情况．
考点6：多边形的外角、内角
典例6：（2024上·广东广州·八年级统考期末）如图，正五边形ABCDE和正方形CDFG的边CD重合，连接EF，则∠AEF的度数为（ ）

A．27°B．28°C．29°D．30°
【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的内角和，等腰三角形的性质，先分别求解正五边形与正方形的每一个内角的大小，再证明DE=DF，可得∠DEF=∠DFE，再利用三角形的内角和定理可得∠DEF=∠DFE=81°，问题随之得解．
【详解】解：∵正五边形ABCDE，
∴∠CDE=∠AED=180°×5−25=108°，
∵正方形CDFG，
∴∠CDF=90°，
∵正五边形ABCDE和正方形CDFG的边CD重合，
∴∠EDF=108°−90°=18°，DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE=12180°−18°=81°，
∴∠AEF=∠AED−∠DEF=108°−81°=27°，
故选：A．
【变式1】（2023下·江苏扬州·七年级统考期末）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章ABCDE上，若直尺的下沿MN⊥DE于点O，且经过点B，上沿PQ经过点E，则∠ABM的度数为（ ）

A．152°B．126°C．120°D．108°
【答案】B
【分析】利用多边形的内角和及正多边形的性质求得∠AED，∠A的度数，然后结合已知条件及四边形的内角和求得∠ABO的度数，从而求得∠ABM的度数．
【详解】解：由题意可得∠AED=∠A=5−2×180°÷5=108°，
∵MN⊥DE，
∴∠BOE=90°，
∴四边形ABOE中，∠ABO=360°−90°−108°−108°=54°，
∴∠ABM=180°−∠ABO=180°−54°=126°，
故选：B．
【点睛】本题考查多边形的内角和，结合已知条件求得各角之间的关系和度数是解题的关键．
【变式2】（2023下·四川乐山·七年级统考期末）如图，以正六边形ABCDEF的AB边向内作一个长方形ABHG，连结BE交GH于点I，则∠BIG=( )

A．108°B．120°C．126°D．135°
【答案】B
【分析】利用正六边形的轴对称性质，可得∠BEF=∠BED，然后根据正多边形内角的求法，可得出同旁内角互补，则CD∥BE,AF∥BE，则AF∥CD，同理可证AB∥DE，再根据长方形对边平行的特点可得AB∥GH，则DE∥GH，再结合CD∥BE，利用同旁内角互补可得∠EIH=∠D=120°，则∠BIG=120°．
【详解】由正六边形ABCDEF的轴对称性质可知，BE为对称轴，
∴∠BEF=∠BED，
由多边形的内角和定理可求得：∠D=∠DEF=∠F=6−2×180°6=120°，
∴∠BEF=∠BED=12∠DEF=60°．
∵∠D+∠BED=120°+60°=180°，∠BEF+∠F=60°+120°=180°，
∴CD∥BE,AF∥BE，
∴AF∥CD．
同理，如果连接CF，亦可证明AB∥DE．
由长方形ABHG的性质可知，AB∥GH，
∴DE∥GH，
∴∠EIH+∠DEI=180°，
由CD∥BE得∠D+∠DEI=180°，
∴∠EIH=∠D=120°，
又∵∠BIG=∠EIH，
∴∠BIG=120°．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形内角和定理、正多边形的轴对称性质、长方形的对边平行性质、平行线的性质定理等知识点，解题的关键是熟知相关性质和定理．
【变式3】（2023·云南昆明·统考一模）小丽利用学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，如图所示，沿直线走6米后向左转θ，接着沿直线前进6米后，再向左转θ……如此走法，当她第一次走到A点时，发现自己走了72米，θ的度数为（ ）
A．30°B．32°C．35°D．36°
【答案】A
【分析】小丽第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．计算这个正多边形的边数和外角即可．
【详解】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，
∴多边形的边数为：72÷6=
根据多边形的外角和为360°，
∴他每次转过的角度θ=360°÷12=30°．
故选：A．
【点睛】本题考查多边形的外角和．解题的关键时判断出小丽第一次返回点A时，所经过的路径构成一个正多边形．
考点7：多边形的对角线
典例7：（2024上·河北保定·七年级校联考期末）从六边形的一个顶点出发，可以画出m条对角线，它们将六边形分成n个三角形.则m+n的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】本题考查多边形的性质，从n边形的一个顶点出发，能引出n−3条对角线，这n−3条对角线把多边形分成n−2个三角形．掌握这些规律是解题的关键．利用规律从而可求出答案．
【详解】解：从六边形的一个顶点出发，可以向与这个顶点不相邻的3个顶点引对角线，即能引出3条对角线，它们将六边形分成4个三角形．
∴m=3，n=4，
则m+n=3+4=7，
故选C．
【变式1】（2024上·辽宁丹东·七年级统考期末）边长为整数的正多边形的周长为13，则从该正多边形的一个顶点出发的对角线条数为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【分析】本题主要考查了多边形一个顶点出发的对角线条数问题，先根据题意求出该正多边形为正十三边形，再根据多边形的边数=多边形从其一个顶点出发对角线条数+3进行求解即可．
【详解】解：∵边长为整数的正多边形的周长为13，
∴该正多边形为正十三边形，
∴从该正多边形的一个顶点出发的对角线条数为13−3=10条，
故选C．
【变式2】（2024上·甘肃武威·八年级校联考期末）一个多边形的内角和为1800°，那么从这个多边形的一个顶点出发所做的对角线的条数为（ ）
A．8条B．9条C．10条D．11条
【答案】B
【分析】先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算出对角线的条数．
【详解】解：设此多边形的边数为n，由题意得：
n−2×180=1800，
解得n=12，
从这个多边形的一个顶点出发所画的对角线条数：12−3=9（条），
故选：B．
【点睛】此题考查了多边形的内角公式，关键是掌握多边形的内角和公式180°×（n−2）．
【变式3】（2023·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）多边形的对角线共有20条，则下列方程可以求出多边形边数的是（ ）
A．nn−2=20B．nn−2=40C．nn−3=20D．nn−3=40
【答案】D
【分析】先由n边形从一个顶点出发可引出n−3条对角线，再根据n边形对角线的总条数为nn−32=20，即可求出结果．
【详解】解：设多边形边数为n，
从一个顶点出发可引出n−3条对角线，
再根据n边形对角线的总条数为nn−32，
即nn−32=20，
nn−3=40，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，根据多边形对角线公式列等式是解答本题的关键．
考点8：平面镶嵌
典例8：（2024上·重庆武隆·八年级统考期末）分别剪一些边长相同的正三角形、正五边形、正六边形、正八边形，如果用其中一种正多边形镶嵌，能镶嵌成一个平面的图案共有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】B
【分析】本题考查平面镶嵌问题，用一种正多边形镶嵌，分别求出各个正多边形的每个内角的度数，再利用镶嵌应符合一个内角度数能整除360即可作出判断，只有正三角形， 正四边形， 正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
【详解】解：①正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺，故符合题意；
②正五边形每个内角是180°−360°÷5=108°， 不能整除360°，不能密铺，故不符合题意；
③正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能密铺，故符合题意；
④正八边形的每个内角是135°，不能整除360°，不能密铺，故不符合题意；
∴能镶嵌成一个平面的图案共有①③2种，
故选：B．
【变式1】（2023下·山东菏泽·七年级统考期末）多边形的密铺在我们生活中经常遇见，例如用瓷砖拼铺房屋外墙面或地面等．下列正多边形中，只用一种不能密铺的是（ ）
A．正三角形B．正四边形C．正五边形D．正六边形
【答案】C
【分析】几何图形能否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等于360°，据此分析判断即可．
【详解】解：A. 正三角形的每个内角为60°，能整除360°，故不符合题意；
B. 正四边形的每个内角为90°，能整除360°，故不符合题意；
C. 正五边形的每个内角为180°−360°÷5=108°，不能整除360°，故符合题意；
D. 正六边形的每个内角为120°，能整除360°，故不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平面镶嵌（密铺）的知识，理解几何图形能镶嵌成平面的条件是解题关键．
【变式2】（2023下·陕西西安·八年级高新一中校考期末）用形状、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、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．我校新科技馆铺设地面，请问工人师傅可以用以下哪一种形状大小完全相同的正多边形地砖在平整的地面上镶嵌（ ）
A．正五边形B．正六边形C．正八边形D．正十边形
【答案】B
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是360°，因此我们只需要验证360°是不是题干中所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【详解】解：A、正五边形的每个内角的度数为180°×5−25=108°，则360°÷108°=313，此项不符合题意；
B、正六边形的每个内角的度数为180°×6−26=120°，则360°÷120°=3，此项符合题意；
C、正八边形的每个内角的度数为180°×8−28=135°，则360°÷135°=223，此项不符合题意；
D、正十边形的每个内角的度数为180°×10−210=144°，则360°÷144°=212，此项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．
【变式3】（2023下·吉林长春·七年级统考期末）下列正多边形的组合中，能够铺满地面的是（ ）
A．正八边形和正三角形B．正八边形和正方形
C．正八边形和正五边形D．正六边形和正方形
【答案】B
【分析】判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．
【详解】解：A选项，正八边形的每个内角是180°×（8－2）÷8＝135°，正三角形的每个内角是60°，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
B选项，正八边形的每个内角是135°，正方形的每个内角是90°，135°×2＋90°＝360°，能铺满地面，故该选项符合题意；
C选项，正八边形的每个内角是135°，正五边形的每个内角是180°×（5－2）÷5＝108°，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
D选项，正六边形的每个内角是180°×（6－2）÷6＝120°，正方形的每个内角是90°，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键．
平行四边形的性质：
因为ABCD是平行四边形
几何表达式举例：
(1) ∵ABCD是平行四边形
∴AB∥CD AD∥BC
(2) ∵ABCD是平行四边形
∴AB=CD AD=BC
(3) ∵ABCD是平行四边形
∴∠ABC=∠ADC
∠DAB=∠BCD
(4) ∵ABCD是平行四边形
∴OA=OC OB=OD
(5) ∵ABCD是平行四边形
∴∠CDA+∠BAD=180°
平行四边形的判定：
几何表达式举例：
(1) ∵AB∥CD AD∥BC
∴四边形ABCD是平行四边形
(2) ∵AB=CD AD=BC
∴四边形ABCD是平行四边形
(3)∵∠A=∠B ∠C=∠D
∴四边形ABCD是平行四边形
（4）∵AB=CD AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形
（5）∵OA=OC OB=OD
∴四边形ABCD是平行四边形
平行四边形的性质定理3：平行四边形的对角线互相平分．
我们可以用演绎推理证明这个结论．
已知：如图 ▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O．
求证：OA=OC；OB=OD．

观察图形，OA与OC、OB与OD分别属于哪两个三角形？