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初中3 三角形的中位线课后练习题
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这是一份初中3 三角形的中位线课后练习题，文件包含初二数学北师大版春季班第13讲中位线定理--尖子班教师版docx、初二数学北师大版春季班第13讲中位线定理--尖子班学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
第13讲 中位线定理
知识点1：三角形的中位线
1.三角形中位线定义：
连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．三角形共有三条中位线．
2.三角形中位线的性质：
（1）三角形中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）三角形的中位线将三角形分成两部分的面积之比为1:3．
3.三角形中位线逆定理：
（1）在三角形内，与三角形的两边相交，平行且等于三角形第三边一半的线段是三角形的中位线．
（2）在三角形内，经过三角形一边的中点，且与另一边平行的线段，是三角形的中位线．
【典例】
例1 （2020春•南岗区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F分别是边DC、AB的中点，FE的延长线分别AD、BC的延长线交于点H、G，求证：∠AHF＝∠BGF．
【解答】证明：连接BD，取BD的中点P，连接EP，FP，
∵E、F、P分别是DC、AB、BD边的中点，
∴EP是△BCD的中位线，PF是△ABD的中位线，
∴PF=12AD，PF∥AD，EP=12BC，EP∥BC，
∴∠H＝∠PFE，∠BGF＝∠FEP，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PEF＝∠PFE，
∴∠AHF＝∠BGF．
【方法总结】
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，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．
例2（2020春•桃江县期末）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，∠BAE＝∠CAE，BE⊥AE于点E，BE的延长线交AC于点D，F是BC的中点，求EF的长．
【解答】解：在△AEB和△AED中，
∠BAE=∠CAEAE=AE∠AEB=∠AED，
∴△AEB≌△AED（ASA），
∴AD＝AB＝3，BE＝ED，
∴CD＝AC﹣AD＝2，
∵BE＝ED，BF＝FC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12CD＝1．
【方法总结】
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，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．
【随堂练习】
1．（2020春•城固县期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC＝BD，E，F为AB、CD的中点，连接EF交BD、AC于P、Q，取BC中点G，连EG、FG，求证：OP＝OQ．
【解答】证明：∵E，G为AB、BC中点，
∴EG=12AC，EG∥AC，
∴∠FEG＝∠OQP，
同理，FG=12BD，FG∥BD，
∴∠EFG＝∠OPQ，
∵AC＝BD，
∴EG＝FG，
∴∠FEG＝∠EFG，
∴∠OPQ＝∠OQP，
∴OP＝OQ．
2．（2020春•市北区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，延长BC至点D，使CD＝BC，连接AD，E、F分别为AC、AD的中点，连接EF，若∠ACD＝120°，求线段EF的长度．
【解答】解：∵∠ACD＝120°，
∴∠ACB＝60°，
∵AB＝AC＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝2，
∴CD＝BC＝2，
∵E、F分别为AC、AD的中点，
∴EF=12CD＝1．
3．（2020春•建湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是边AB的中点，DE∥BC交AC于点E，连接BE，点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点．
（1）求证：FG＝FH；
（2）当∠A为多少度时，FG⊥FH？并说明理由．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC．
∴∠ABC＝∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴DB＝EC，
∵点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点，
∴FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FG=12BD，FH=12CE，
∴FG＝FH；
（2）解：延长FG交AC于N，
∵FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FH∥AC，FN∥AB，
∵FG⊥FH，
∴∠A＝90°，
∴当∠A＝90°时，FG⊥FH．
知识点2：中点四边形
不同的四边形的中点四边形如下：
（1）任意四边形的中点四边形是平行四边形；
（2）平行四边形的中点四边形是平行四边形；
（3）菱形的中点四边形是矩形；
（4）矩形的中点四边形是菱形；
（5）正方形的中点四边形是正方形；
【典例】
例1（2020春•龙岩期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证四边形EFGH是菱形；
（2）若AB＝3，BC＝4，求四边形EFGH的面积．
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，BD，
∵点E，F是AB，BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理可证HG∥AC，HG=12AC，
∴EF=HG=12AC，
同理可证EH=FG=12BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：如图2，连接EG，HF，
则EG＝BC＝4，HF＝AB＝3，
∴四边形EFGH面积=12HF×EG=12×3×4=6．
【方法总结】
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理，矩形的判定定理是解题的关键．
例2（2020春•兰州期末）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且E、F、G、H分别是AO、BO、CO、DO的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）若AC+BD＝36，AB＝10，求△OEF的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵E、F、G、H分别是AO、BO、CO、DO的中点，
∴EO=12AO，GO=12CO，FO=12BO，HO=12DO，
∴EO＝GO，FO＝HO，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：∵E、F分别是AO、BO的中点，
∴EF=12AB=12×10＝5，
∵AC+BD＝36
∴AO+BO＝18，
∴EO+FO＝9，
∴△OEF的周长＝OE+OF+EF＝9+5＝14．
【方法总结】
本题考查的是平行四边形的性质和判定、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
【随堂练习】
1．（2020春•工业园区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件 AB＝CD 时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件 AB⊥CD 时，四边形EGFH是矩形．
【解答】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG=12AB，EG∥AB，
同理，FH=12AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG=12CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，
∴四边形EGFH是菱形；
②∵HF∥AB，
∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，
∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠HFC+∠GFB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故答案为：①AB＝CD；②AB⊥CD．
2．（2020春•相城区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是线段BC、AD、OB、OD的中点，连接EH、HF、FG、GE．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；
（2）当EF和BD满足条件 EF=12BD 时，四边形GEHF是矩形；
（3）当EF和BD满足条件 EF⊥BD 时，四边形GEHF是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AF＝DF，DH＝OH，
∴FH∥AC，FH=12OA，
∵BG＝GO，BE＝EC，
∴EG∥AC，EG=12OC，
∴FH∥EG．FH＝EG，
∴四边形GEHF是平行四边形．
（2）解：当EF=12BD时，四边形GEHF是矩形．
理由：∵EF=12BD．BG＝OG，OH＝DH，
∴GH＝EF，
∵四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是矩形．
故答案为：EF=12BD．
（3）解：当EF⊥BD时，四边形EGHF是菱形．
理由：∵四边形GEHF是平行四边形，EF⊥GH，
∴四边形GEHF是菱形．
故答案为EF⊥BD．
3．（2020春•江汉区期中）如图1，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC＝6，BD＝10．
（1）试判断四边形A1B1C1D1的形状，并证明你的结论；
（2）如图2，依次取A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3……以此类推，取An﹣1Bn﹣1，Bn﹣1Cn﹣1，Cn﹣1Dn﹣1，Dn﹣1An﹣1的中点An，Bn，∁n，Dn，根据信息填空：
①四边形A1B1C1D1的面积是 15 ；
②若四边形AnBn∁nDn的面积为1516，则n＝ 5 ；
③试用n表示四边形AnBn∁nDn的面积 152n-1 ．
【解答】（1）解：四边形A1B1C1D1是矩形，
证明：∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，
∴A1B1∥AC，C1D1∥AC，
∴A1B1∥C1D1，
同理可得，A1D1∥B1C1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形
∵A1B1∥C1D1，A1D1∥B1C1，AC⊥BD，
∴∠A1B1C1＝∠APC1＝∠AHD＝90°，
∴四边形A1B1C1D1是矩形；
（2）①∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，
∴A1B1=12AC＝3，A1D1=12BD＝5，
∴矩形A1B1C1D1的面积＝3×5＝15，
故答案为：15；
②由①可知，A1B1C1D1的面积＝15，
则A2B2C2D2的面积＝15×12，
A3B3C3D3的面积＝15×122，
A4B4C4D4的面积＝15×123，
A5B5C5D5的面积＝15×124=1516，
∴n＝5，
故答案为：5；
③四边形AnBn∁nDn的面积＝15×12n-1=152n-1，
故答案为：152n-1．
知识点3： 多边形的内角和
多边形内角和定理：n边形内角和等于（n-2）×180° （n≥3），且n为整数）
正多边形的每个内角等于n-2n×180°.
【典例】
例1（2020秋•路南区期中）小红：我计算出一个多边形的内角和为2020°；老师：不对呀，你可能少加了一个角!则小红少加的这个角的度数是（ ）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【解答】解：设多边形的边数为n，小红少加的这个角的度数是x°，
则有0°＜（n﹣2）180°﹣2020＜180°，
则2020°＝180°×12﹣140°，
因为0°＜x°＜180°，
所以x°＝140°，
故选：D．
【方法总结】
本题考查了多边形的内角和公式．解答此题的关键是把所求的角正确的分解为180°与一个正整数的积再减去一个小于180°的角的形式，再根据多边形的内角和公式即可求解．
例2 （2020秋•洪山区期中）一个多边形从某个顶点出发的对角线共有3条，这个多边形的内角和是 720° ．
【解答】解：设多边形的边数为n，
由题意得n﹣3＝3，
解得n＝6，
（6﹣2）×180°＝720°，
故答案为720°．
【方法总结】
本题主要考查多边形的内角和定理，多边形的对角线，根据多边形的对角线求解多边形的边数是解题的关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•固始县期中）如图所示，四边形ABCD中，∠A+∠B＝222°，且∠ADC、∠DCB的平分线相交于点O，则∠COD的度数是 111° ．
【解答】解：∵∠A+∠B＝222°，
∴∠ADC+∠BCD＝360°﹣222°＝138°，
∵∠ADC、∠DCB的平分线相交于点O，
∴∠ODC=12∠ADC，∠OCD=12∠BCD，
∴∠ODC+∠OCD=12×138°＝69°，
∴∠COD＝180°﹣69°＝111°，
故答案为：111°．
知识点4 多边形的外角、外角和
多边形的外角和等于360°．
正多边形的每个外角等于360°n.
【典例】
例1（2020秋•綦江区期末）如图所示，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样下去，他第一次回到出发地A点时，
（1）左转了 11 次；
（2）一共走了 120 米．
【解答】解：∵360÷30＝12，
∴他需要走12﹣1＝11次才会回到原来的起点，即一共走了12×10＝120米．
故答案为11，120．
【方法总结】
本题考查了正多边形的边数的求法，根据题意判断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．
例2（2020秋•丛台区校级期末）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的3倍还大20°，
（1）求这个多边形的边数；
（2）若将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？
【解答】解：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，
由题意，得（3α+20）+α＝180°，解得α＝40°．
即多边形的每个外角为40°．
又∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的外角个数=36040=9．
∴多边形的边数＝9，
答：这个多边形的边数是9；
（2）因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，
当截线为经过对角2个顶点的直线时，多边形的边数减少了1条边，内角和＝（9﹣2﹣1）×180°＝1080°；
当截线为经过多边形一组对边的直线时，多边形的边数不变，内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°；
当截线为只经过正方形一组邻边的一条直线时，多边形的边数增加一条边，内角和＝（9﹣2+1）×180°＝1440°．
答：将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是1080°或1260°或1440°．
【方法总结】
本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，运用方程求解比较简便．第2问在理解剪掉多边形的一个角的含义时，确定其剩余几边形是关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•梁子湖区期中）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
2．（2020秋•武威期中）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的内角和．
【解答】解：（1）设多边形的每一个内角为x，则每一个外角为 12x，
由题意得，x+12x＝180°，
解得，x＝120°，12x＝60°，
这个多边形的边数为：36060=6，
答：这个多边形是六边形；
（2）由（1）知，该多边形是六边形，
∴内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，
答：这个多边形的内角和为720°．
综合运用
1．（2020秋•盘龙区期末）已知一个n边形的内角和等于1980°，则n＝ 13 ．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝1980°，
解得n＝13．
故答案为：13．
2．（2020秋•九龙坡区校级期中）已知一个n边形的内角和是900°，则n＝ 7 ．
【解答】解：这个多边形的边数是n，
则：（n﹣2）•180°＝900°，
解得n＝7．
故答案为：7．
3．（2020秋•固始县期中）小刚从点A出发，前进10米后向右转60°，再前进10米后又向右转60°，按照这样的方式一直走下去，他能回到A点吗？当他第一次回到A点，他走了多少米？
【解答】解：依题意可知，小刚所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则60n＝360，解得n＝6，
故他第一次回到出发点A时，共走了：10×6＝60（m）．
答：他能回到A点，当他第一次回到A点，他走了60米．
4．（2020秋•郁南县校级月考）若一个多边形的内角和比它的外角和的3倍多180°，求这个多边形的边数和对角线的条数．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则内角和为180°（n﹣2），依题意得：
180°（n﹣2）＝360°×3+180°，
解得n＝9，
对角线条数：9×(9-3)2=27．
答：这个多边形的边数是9，对角线有27条．
5．（2020•浙江自主招生）如图，四边形ABCD中，AB＝CD，E、F分别为AD、BC中点，延长BA、FE交于M，延长FE，CD交于N．求证：∠AME＝∠N．
【解答】解：连接BD，取BD的中点G，连接EG、FG，
∵DE＝EA，DG＝GB，
∴EG为△DAB的中位线，
∴EG∥AB，EG=12AB，
∴∠GEF＝∠AME，
同理，FG∥CD，FG=12CD，
∴∠GFE＝∠N，
∵AB＝CD，
∴EG＝FG，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴∠AME＝∠N．
6．（2020春•白云区期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF=12（AC﹣AB）；
（2）如图2，△ABC中，AB＝9，AC＝5，求线段EF的长．
【解答】（1）证明：在△AEB和△AED中，
∠BAE=∠DAEAE=AE∠AEB=∠AED=90°，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE＝ED，AD＝AB，
∵BE＝ED，BF＝FC，
∴EF=12CD=12（AC﹣AD）=12（AC﹣AB）；
（2）解：分别延长BE、AC交于点H，
在△AEB和△AEH中，
∠BAE=∠HAEAE=AE∠AEB=∠AEH=90°，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE＝EH，AH＝AB＝9，
∵BE＝EH，BF＝FC，
∴EF=12CH=12（AH﹣AC）＝2．
7．（2020•丹江口市模拟）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD，AC＝BD，SABCD＝8cm2，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于 8cm ．
【解答】如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥AC，GH∥AC且EF=12AC，GH=12AC
∴四边形EFGH是平行四边形
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形，
∵AC⊥BD，AC＝BD，SABCD＝8cm2，
∴12AC•BD＝8，
解得：AC＝BD＝4，
∴EH＝HG＝2，
∴四边形EFGH的周长为8cm，
故答案为：8cm．
8．（2020春•青云谱区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，AC＝DB．
（1）求证：AD＝BC；
（2）若E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，求证：线段EF与线段GH互相平分．
【解答】证明：（1）过点B作BM∥AC交DC的延长线于点M，如图1，
∵AB∥CD
∴四边形ABMC为平行四边形．
∴AC＝BM＝BD，∠BDC＝∠M＝∠ACD．
在△ACD和△BDC中，
AC=BD∠ACD=∠BDCCD=DC，
∴△ACD≌△BDC（SAS），
∴AD＝BC；
（2）连接EH，HF，FG，GE，如图2，
∵E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，
∴HE∥AD，且HE=12AD，FG∥AD，且FG=12，
∴四边形HFGE为平行四边形，
由（1）知，AD＝BC，
∴HE＝EG，
∴▱HFGE为菱形，
∴EF与GH互相垂直平分．
9．（2020春•盐城期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，四边形EGFH是怎样的四边形？证明你的结论．
【解答】解：四边形EHFG是菱形．
理由：∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，
∴GE∥FH，GF∥EH（平行于同一条直线的两直线平行）；
∴四边形GFHE是平行四边形，
∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，GE是△ABD的中位线，
∴GF=12CD，GE=12AB，
∵AB＝CD，
∴GF＝GE，
∴四边形EHFG是菱形．
第13讲 中位线定理
知识点1：三角形的中位线
1.三角形中位线定义：
连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．三角形共有三条中位线．
2.三角形中位线的性质：
（1）三角形中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）三角形的中位线将三角形分成两部分的面积之比为1:3．
3.三角形中位线逆定理：
（1）在三角形内，与三角形的两边相交，平行且等于三角形第三边一半的线段是三角形的中位线．
（2）在三角形内，经过三角形一边的中点，且与另一边平行的线段，是三角形的中位线．
【典例】
例1 （2020春•南岗区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F分别是边DC、AB的中点，FE的延长线分别AD、BC的延长线交于点H、G，求证：∠AHF＝∠BGF．
【解答】证明：连接BD，取BD的中点P，连接EP，FP，
∵E、F、P分别是DC、AB、BD边的中点，
∴EP是△BCD的中位线，PF是△ABD的中位线，
∴PF=12AD，PF∥AD，EP=12BC，EP∥BC，
∴∠H＝∠PFE，∠BGF＝∠FEP，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PEF＝∠PFE，
∴∠AHF＝∠BGF．
【方法总结】
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，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．
例2（2020春•桃江县期末）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，∠BAE＝∠CAE，BE⊥AE于点E，BE的延长线交AC于点D，F是BC的中点，求EF的长．
【解答】解：在△AEB和△AED中，
∠BAE=∠CAEAE=AE∠AEB=∠AED，
∴△AEB≌△AED（ASA），
∴AD＝AB＝3，BE＝ED，
∴CD＝AC﹣AD＝2，
∵BE＝ED，BF＝FC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12CD＝1．
【方法总结】
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，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．
【随堂练习】
1．（2020春•城固县期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC＝BD，E，F为AB、CD的中点，连接EF交BD、AC于P、Q，取BC中点G，连EG、FG，求证：OP＝OQ．
【解答】证明：∵E，G为AB、BC中点，
∴EG=12AC，EG∥AC，
∴∠FEG＝∠OQP，
同理，FG=12BD，FG∥BD，
∴∠EFG＝∠OPQ，
∵AC＝BD，
∴EG＝FG，
∴∠FEG＝∠EFG，
∴∠OPQ＝∠OQP，
∴OP＝OQ．
2．（2020春•市北区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，延长BC至点D，使CD＝BC，连接AD，E、F分别为AC、AD的中点，连接EF，若∠ACD＝120°，求线段EF的长度．
【解答】解：∵∠ACD＝120°，
∴∠ACB＝60°，
∵AB＝AC＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝2，
∴CD＝BC＝2，
∵E、F分别为AC、AD的中点，
∴EF=12CD＝1．
3．（2020春•建湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是边AB的中点，DE∥BC交AC于点E，连接BE，点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点．
（1）求证：FG＝FH；
（2）当∠A为多少度时，FG⊥FH？并说明理由．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC．
∴∠ABC＝∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴DB＝EC，
∵点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点，
∴FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FG=12BD，FH=12CE，
∴FG＝FH；
（2）解：延长FG交AC于N，
∵FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FH∥AC，FN∥AB，
∵FG⊥FH，
∴∠A＝90°，
∴当∠A＝90°时，FG⊥FH．
知识点2：中点四边形
不同的四边形的中点四边形如下：
（1）任意四边形的中点四边形是平行四边形；
（2）平行四边形的中点四边形是平行四边形；
（3）菱形的中点四边形是矩形；
（4）矩形的中点四边形是菱形；
（5）正方形的中点四边形是正方形；
【典例】
例1（2020春•龙岩期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证四边形EFGH是菱形；
（2）若AB＝3，BC＝4，求四边形EFGH的面积．
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，BD，
∵点E，F是AB，BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理可证HG∥AC，HG=12AC，
∴EF=HG=12AC，
同理可证EH=FG=12BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：如图2，连接EG，HF，
则EG＝BC＝4，HF＝AB＝3，
∴四边形EFGH面积=12HF×EG=12×3×4=6．
【方法总结】
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理，矩形的判定定理是解题的关键．
例2（2020春•兰州期末）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且E、F、G、H分别是AO、BO、CO、DO的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）若AC+BD＝36，AB＝10，求△OEF的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵E、F、G、H分别是AO、BO、CO、DO的中点，
∴EO=12AO，GO=12CO，FO=12BO，HO=12DO，
∴EO＝GO，FO＝HO，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：∵E、F分别是AO、BO的中点，
∴EF=12AB=12×10＝5，
∵AC+BD＝36
∴AO+BO＝18，
∴EO+FO＝9，
∴△OEF的周长＝OE+OF+EF＝9+5＝14．
【方法总结】
本题考查的是平行四边形的性质和判定、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
【随堂练习】
1．（2020春•工业园区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件 AB＝CD 时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件 AB⊥CD 时，四边形EGFH是矩形．
【解答】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG=12AB，EG∥AB，
同理，FH=12AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG=12CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，
∴四边形EGFH是菱形；
②∵HF∥AB，
∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，
∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠HFC+∠GFB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故答案为：①AB＝CD；②AB⊥CD．
2．（2020春•相城区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是线段BC、AD、OB、OD的中点，连接EH、HF、FG、GE．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；
（2）当EF和BD满足条件 EF=12BD 时，四边形GEHF是矩形；
（3）当EF和BD满足条件 EF⊥BD 时，四边形GEHF是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AF＝DF，DH＝OH，
∴FH∥AC，FH=12OA，
∵BG＝GO，BE＝EC，
∴EG∥AC，EG=12OC，
∴FH∥EG．FH＝EG，
∴四边形GEHF是平行四边形．
（2）解：当EF=12BD时，四边形GEHF是矩形．
理由：∵EF=12BD．BG＝OG，OH＝DH，
∴GH＝EF，
∵四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是矩形．
故答案为：EF=12BD．
（3）解：当EF⊥BD时，四边形EGHF是菱形．
理由：∵四边形GEHF是平行四边形，EF⊥GH，
∴四边形GEHF是菱形．
故答案为EF⊥BD．
3．（2020春•江汉区期中）如图1，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC＝6，BD＝10．
（1）试判断四边形A1B1C1D1的形状，并证明你的结论；
（2）如图2，依次取A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3……以此类推，取An﹣1Bn﹣1，Bn﹣1Cn﹣1，Cn﹣1Dn﹣1，Dn﹣1An﹣1的中点An，Bn，∁n，Dn，根据信息填空：
①四边形A1B1C1D1的面积是 15 ；
②若四边形AnBn∁nDn的面积为1516，则n＝ 5 ；
③试用n表示四边形AnBn∁nDn的面积 152n-1 ．
【解答】（1）解：四边形A1B1C1D1是矩形，
证明：∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，
∴A1B1∥AC，C1D1∥AC，
∴A1B1∥C1D1，
同理可得，A1D1∥B1C1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形
∵A1B1∥C1D1，A1D1∥B1C1，AC⊥BD，
∴∠A1B1C1＝∠APC1＝∠AHD＝90°，
∴四边形A1B1C1D1是矩形；
（2）①∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，
∴A1B1=12AC＝3，A1D1=12BD＝5，
∴矩形A1B1C1D1的面积＝3×5＝15，
故答案为：15；
②由①可知，A1B1C1D1的面积＝15，
则A2B2C2D2的面积＝15×12，
A3B3C3D3的面积＝15×122，
A4B4C4D4的面积＝15×123，
A5B5C5D5的面积＝15×124=1516，
∴n＝5，
故答案为：5；
③四边形AnBn∁nDn的面积＝15×12n-1=152n-1，
故答案为：152n-1．
知识点3： 多边形的内角和
多边形内角和定理：n边形内角和等于（n-2）×180° （n≥3），且n为整数）
正多边形的每个内角等于n-2n×180°.
【典例】
例1（2020秋•路南区期中）小红：我计算出一个多边形的内角和为2020°；老师：不对呀，你可能少加了一个角!则小红少加的这个角的度数是（ ）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【解答】解：设多边形的边数为n，小红少加的这个角的度数是x°，
则有0°＜（n﹣2）180°﹣2020＜180°，
则2020°＝180°×12﹣140°，
因为0°＜x°＜180°，
所以x°＝140°，
故选：D．
【方法总结】
本题考查了多边形的内角和公式．解答此题的关键是把所求的角正确的分解为180°与一个正整数的积再减去一个小于180°的角的形式，再根据多边形的内角和公式即可求解．
例2 （2020秋•洪山区期中）一个多边形从某个顶点出发的对角线共有3条，这个多边形的内角和是 720° ．
【解答】解：设多边形的边数为n，
由题意得n﹣3＝3，
解得n＝6，
（6﹣2）×180°＝720°，
故答案为720°．
【方法总结】
本题主要考查多边形的内角和定理，多边形的对角线，根据多边形的对角线求解多边形的边数是解题的关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•固始县期中）如图所示，四边形ABCD中，∠A+∠B＝222°，且∠ADC、∠DCB的平分线相交于点O，则∠COD的度数是 111° ．
【解答】解：∵∠A+∠B＝222°，
∴∠ADC+∠BCD＝360°﹣222°＝138°，
∵∠ADC、∠DCB的平分线相交于点O，
∴∠ODC=12∠ADC，∠OCD=12∠BCD，
∴∠ODC+∠OCD=12×138°＝69°，
∴∠COD＝180°﹣69°＝111°，
故答案为：111°．
知识点4 多边形的外角、外角和
多边形的外角和等于360°．
正多边形的每个外角等于360°n.
【典例】
例1（2020秋•綦江区期末）如图所示，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样下去，他第一次回到出发地A点时，
（1）左转了 11 次；
（2）一共走了 120 米．
【解答】解：∵360÷30＝12，
∴他需要走12﹣1＝11次才会回到原来的起点，即一共走了12×10＝120米．
故答案为11，120．
【方法总结】
本题考查了正多边形的边数的求法，根据题意判断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．
例2（2020秋•丛台区校级期末）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的3倍还大20°，
（1）求这个多边形的边数；
（2）若将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？
【解答】解：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，
由题意，得（3α+20）+α＝180°，解得α＝40°．
即多边形的每个外角为40°．
又∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的外角个数=36040=9．
∴多边形的边数＝9，
答：这个多边形的边数是9；
（2）因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，
当截线为经过对角2个顶点的直线时，多边形的边数减少了1条边，内角和＝（9﹣2﹣1）×180°＝1080°；
当截线为经过多边形一组对边的直线时，多边形的边数不变，内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°；
当截线为只经过正方形一组邻边的一条直线时，多边形的边数增加一条边，内角和＝（9﹣2+1）×180°＝1440°．
答：将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是1080°或1260°或1440°．
【方法总结】
本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，运用方程求解比较简便．第2问在理解剪掉多边形的一个角的含义时，确定其剩余几边形是关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•梁子湖区期中）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
2．（2020秋•武威期中）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的内角和．
【解答】解：（1）设多边形的每一个内角为x，则每一个外角为 12x，
由题意得，x+12x＝180°，
解得，x＝120°，12x＝60°，
这个多边形的边数为：36060=6，
答：这个多边形是六边形；
（2）由（1）知，该多边形是六边形，
∴内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，
答：这个多边形的内角和为720°．
综合运用
1．（2020秋•盘龙区期末）已知一个n边形的内角和等于1980°，则n＝ 13 ．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝1980°，
解得n＝13．
故答案为：13．
2．（2020秋•九龙坡区校级期中）已知一个n边形的内角和是900°，则n＝ 7 ．
【解答】解：这个多边形的边数是n，
则：（n﹣2）•180°＝900°，
解得n＝7．
故答案为：7．
3．（2020秋•固始县期中）小刚从点A出发，前进10米后向右转60°，再前进10米后又向右转60°，按照这样的方式一直走下去，他能回到A点吗？当他第一次回到A点，他走了多少米？
【解答】解：依题意可知，小刚所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则60n＝360，解得n＝6，
故他第一次回到出发点A时，共走了：10×6＝60（m）．
答：他能回到A点，当他第一次回到A点，他走了60米．
4．（2020秋•郁南县校级月考）若一个多边形的内角和比它的外角和的3倍多180°，求这个多边形的边数和对角线的条数．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则内角和为180°（n﹣2），依题意得：
180°（n﹣2）＝360°×3+180°，
解得n＝9，
对角线条数：9×(9-3)2=27．
答：这个多边形的边数是9，对角线有27条．
5．（2020•浙江自主招生）如图，四边形ABCD中，AB＝CD，E、F分别为AD、BC中点，延长BA、FE交于M，延长FE，CD交于N．求证：∠AME＝∠N．
【解答】解：连接BD，取BD的中点G，连接EG、FG，
∵DE＝EA，DG＝GB，
∴EG为△DAB的中位线，
∴EG∥AB，EG=12AB，
∴∠GEF＝∠AME，
同理，FG∥CD，FG=12CD，
∴∠GFE＝∠N，
∵AB＝CD，
∴EG＝FG，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴∠AME＝∠N．
6．（2020春•白云区期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF=12（AC﹣AB）；
（2）如图2，△ABC中，AB＝9，AC＝5，求线段EF的长．
【解答】（1）证明：在△AEB和△AED中，
∠BAE=∠DAEAE=AE∠AEB=∠AED=90°，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE＝ED，AD＝AB，
∵BE＝ED，BF＝FC，
∴EF=12CD=12（AC﹣AD）=12（AC﹣AB）；
（2）解：分别延长BE、AC交于点H，
在△AEB和△AEH中，
∠BAE=∠HAEAE=AE∠AEB=∠AEH=90°，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE＝EH，AH＝AB＝9，
∵BE＝EH，BF＝FC，
∴EF=12CH=12（AH﹣AC）＝2．
7．（2020•丹江口市模拟）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD，AC＝BD，SABCD＝8cm2，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于 8cm ．
【解答】如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥AC，GH∥AC且EF=12AC，GH=12AC
∴四边形EFGH是平行四边形
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形，
∵AC⊥BD，AC＝BD，SABCD＝8cm2，
∴12AC•BD＝8，
解得：AC＝BD＝4，
∴EH＝HG＝2，
∴四边形EFGH的周长为8cm，
故答案为：8cm．
8．（2020春•青云谱区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，AC＝DB．
（1）求证：AD＝BC；
（2）若E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，求证：线段EF与线段GH互相平分．
【解答】证明：（1）过点B作BM∥AC交DC的延长线于点M，如图1，
∵AB∥CD
∴四边形ABMC为平行四边形．
∴AC＝BM＝BD，∠BDC＝∠M＝∠ACD．
在△ACD和△BDC中，
AC=BD∠ACD=∠BDCCD=DC，
∴△ACD≌△BDC（SAS），
∴AD＝BC；
（2）连接EH，HF，FG，GE，如图2，
∵E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，
∴HE∥AD，且HE=12AD，FG∥AD，且FG=12，
∴四边形HFGE为平行四边形，
由（1）知，AD＝BC，
∴HE＝EG，
∴▱HFGE为菱形，
∴EF与GH互相垂直平分．
9．（2020春•盐城期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，四边形EGFH是怎样的四边形？证明你的结论．
【解答】解：四边形EHFG是菱形．
理由：∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，
∴GE∥FH，GF∥EH（平行于同一条直线的两直线平行）；
∴四边形GFHE是平行四边形，
∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，GE是△ABD的中位线，
∴GF=12CD，GE=12AB，
∵AB＝CD，
∴GF＝GE，
∴四边形EHFG是菱形．
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