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初中数学北师大版八年级下册第六章 平行四边形综合与测试测试题
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这是一份初中数学北师大版八年级下册第六章 平行四边形综合与测试测试题，文件包含第六章平行四边形考点梳理卷原卷版docx、第六章平行四边形考点梳理卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
第六章 平行四边形考点梳理卷
【考点1 平行四边形的性质（求线段长度）】
【方法点拨】掌握平行四边形的性质是解题关键，另外牢记口诀“角平分线遇平行线，等腰三角形来呈现”通常是解此类题的突破口．
【例1】（2020春•竞秀区期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝7cm，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DE的长为（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】利用平行四边形的性质得出AD∥BC，进而得出∠AEB＝∠CBF，再利用角平分线的性质得出∠ABF＝∠CBF，进而得出∠AEB＝∠ABF，即可得出AE的长，即可得出答案．
【解答】解：∵在平行四边形ABCD中，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBF，
∵∠ABC的角平分线交AD于点E，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠AEB＝∠ABF，
∴AB＝AE，
∵AB＝4cm，AD＝7cm，
∴DE＝3cm．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及角平分线的性质，得出∠AEB＝∠ABF是解题关键．
【变式1-1】（2020秋•开福区期末）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，AB＝6，BC＝10，则EF长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据平行四边形的性质可得∠AFB＝∠FBC，由角平分线可得∠ABF＝∠FBC，所以∠AFB＝∠ABF，所以AF＝AB＝6，同理可得DE＝CD＝6，则根据EF＝AF+DF﹣AD即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝10，DC＝AB＝6．
∴∠AFB＝∠FBC．
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC．
∴∠AFB＝∠ABF．
∴AF＝AB＝6．
同理可得DE＝DC＝6．
∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣10＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，解题的关键是依据数学模型“角平分线+平行线＝等腰三角形”转化线段．
【变式1-2】（2021春•九龙坡区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，N是CD的中点，AB＝2BC，BN＝m，AN＝n，则CD的长为（ ）
A．m2+n B．m+n2 C．mn D．m2+n2
【分析】首先利用平行四边形的性质和已知条件证明△NAB为直角三角形，再利用勾股定理即可求出CD的长．
【解答】解：∵N为CD中点，
∴CN＝DN=12CD=12AB＝BC＝AD，
∴∠DAN＝∠DNA，∠CBN＝∠CNB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠C+∠D＝180°，
∴∠C＝2∠DNA，∠D＝2∠CNB，
∴∠DNA+∠CNB=12（∠C+∠D）＝90°，
∴∠ANB＝180°﹣（∠DNA+∠CNB）＝90°
即△NAB为直角三角形，
∵BN＝m，AN＝n，
∴CD＝AB=NA2+NB2=m2+n2．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质以及直角三角形的判定和性质、勾股定理的运用，题目设计较好，综合性较强．
【变式1-3】（2020春•西丰县期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在AD，BA的延长线上，CE∥BD，EF⊥AB，BC＝1，则EF的长为 ．
【分析】根据平行四边形性质推出AD＝BC，BC∥AD，得出平行四边形BCED，推出DE＝BC＝AD，求出AE的长，进而根据勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，BC∥AD，
∵CE∥BD，
∴四边形BCED是平行四边形，
∴DE＝BC＝AD＝1，即D为AE中点，
∴AE＝2，
∵EF⊥AB，
∴∠EFA＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠EAF＝∠ABC＝60°，∠AEF＝30°，
∴AF=12AE＝1，
∴EF=AE2-AF2=22-12=3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线性质，勾股定理的运用，解题的关键是求出AE的长．
【考点2 平行四边形的性质（求角度）】
【方法点拨】解决此类问题掌握平行四边形的对角相等、对边平行是关键．
【例2】（2020春•青岛期末）如图，在▱ABCD中，点E在BC上，且CD＝CE，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，若∠DAF＝48°，则∠C的度数为（ ）
A．84° B．96° C．98° D．106°
【分析】首先根据AF⊥DE，∠DAF＝48°得到∠ADE＝90°﹣∠DAF＝90°﹣48°＝42°，然后利用四边形ABCD是平行四边形得到∠CED＝∠ADF＝42°，再根据CD＝CE，得到∠CDE＝∠DEC＝42°，从而利用三角形的内角和定理求得∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣42°﹣42°＝96°即可．
【解答】解：∵AF⊥DE，∠DAF＝48°，
∴∠ADE＝90°﹣∠DAF＝90°﹣48°＝42°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CED＝∠ADF＝42°，
∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠DEC＝42°，
∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣42°﹣42°＝96°，
故选：B．
【点评】考查了平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的对边平行且相等得到相关结论，难度不大．
【变式2-1】（2020春•九龙坡区校级期中）如图，在▱ABCD中，E、F是对角线AC上两点，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠EDC＝84°，则∠ADE的度数为 ．
【分析】设∠ADE＝x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE＝∠ADE＝x，DE=12AF＝AE＝EF，得出DE＝CD，证出∠DCE＝∠DEC＝2x，根据三角形的内角和定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：设∠ADE＝x，
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴∠DAE＝∠ADE＝x，DE=12AF＝AE＝EF，
∵AE＝EF＝CD，
∴DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝2x=12（180°﹣84°），
∴x＝24°，
∠ADE＝24°，
故答案为：24°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；根据角的关系得出方程是解题的关键．
【变式2-2】（2020春•江汉区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝AE．若AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，则∠AED的度数为 ．
【分析】根据全等三角形的性质，利用平行四边形的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC．
∴∠DAE＝∠AEB．
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B．
∴∠B＝∠DAE．
∵在△ABC和△AED中，
AB=AE∠B=∠DAEAD=BC，
∴△ABC≌△EAD（SAS），
∴∠AED＝∠BAC，
∵AE平分∠DAB（已知），
∴∠DAE＝∠BAE；
又∵∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠B．
∴△ABE为等边三角形．
∴∠BAE＝60°．
∵∠EAC＝25°，
∴∠BAC＝85°，
∴∠AED＝85°．
故答案为：85°
【点评】主要考查了平行四边形的基本性质和全等三角形的判定及性质．判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
【变式2-3】（2020春•海陵区期末）如图，已知E为▱ABCD内一点，且AD＝DE＝CE，若∠DEC＝n°，则∠AEB的度数为 °．（用含n的代数式表示）．
【分析】先证明AD＝DE＝CE＝BC，得出∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，求出x+y＝180°-n°2，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠BCD，∠BAD+∠ADC＝180°，
∵AD＝DE＝CE，
∴AD＝DE＝CE＝BC，
∴∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD，
∵∠DEC＝n°，
∴∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），
设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，
∴∠ADE＝180°﹣2x，∠BCE＝180°﹣2y，
∴∠ADC＝180°﹣2x+12（180°﹣n°）＝270°﹣2x-n°2，∠BCD＝270°-n°2-2y，
∴∠BAD＝180°﹣（270°﹣2x-n°2）＝2x﹣90°+n°2，
∴270°-n°2-2y＝2x﹣90°+n°2，
∴x+y＝180°-n°2，
∴∠AEB＝360°﹣（180°-n°2）﹣n°＝180°-n°2，
故答案为：（180-n2）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解决问题的关键．
【考点3 平行四边形的性质（求周长）】
【方法点拨】解决此类问题掌握平行四边形的性质，利用等量代换是解题关键．
【例3】（2020春•湖州期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点E，已知AB＝5cm，△ABE的周长比△BEC的周长小3cm，则AD的长度为（ ）
A．8cm B．5cm C．3cm D．2cm
【分析】根据平行四边形的性质，可以得到AE＝CE，AD＝BC，再根据△ABE的周长比△BEC的周长小3cm，AB＝5cm，即可得到BC的长，从而可以得到AD的长，本题得以解决．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CE，AD＝BC，
∵△ABE的周长比△BEC的周长小3cm，
∴（BC+CE+BE）﹣（AB+AE+BE）＝3，
∴BC﹣AB＝3，
∵AB＝5cm，
∴BC＝8cm，
∴AD＝8cm，
故选：A．
【点评】本题考查平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行四边形的性质解答．
【变式3-1】（2021春•崇川区校级月考）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OE⊥AC交CD于点E，连接AE，若▱ABCD的周长为28，则△ADE的周长为（ ）
A．28 B．24 C．21 D．14
【分析】先判断出EO是BD的中垂线，得出BE＝ED，从而可得出△ABE的周长＝AB+AD，再由▱ABCD的周长为28，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵▱ABCD的周长为28，
∴AB+AD＝14，
∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的中垂线，
∴BE＝ED，
∴△ABE的周长＝AB+BE+AE＝AB+AD＝14，
故选：D．
【点评】此题考查了平行四边形的性质及线段的中垂线的性质，解答本题的关键是判断出OE是线段BD的中垂线．
【变式3-2】（2020春•沙坪坝区期末）平行四边形的一个内角平分线将该平行四边形的一边分为2cm和3cm两部分，则该平行四边形的周长为（ ）cm
A．14 B．16 C．12或14 D．14或16
【分析】根据题意画出图形，由平行四边形得出对边平行，又由角平分线可以得出△ABE为等腰三角形，然后分别讨论BE＝2cm，CE＝3cm或BE＝3cm，CE＝2cm，继而求得答案．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE为角平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴①当AB＝BE＝2cm，CE＝3cm时，BC＝BE+CE＝5cm，
则平行四边形的周长＝2（2+5）＝14（cm）；
②当AB＝BE＝3cm时，CE＝2cm，BC＝BE+CE＝5cm，
则平行四边形的周长＝2（3+5）＝16（cm）；
故选：D．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定．熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定，注意分类讨论思想的应用．
【变式3-3】（2020春•越秀区校级期末）如图，EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，若平行四边形ABCD的周长是30，OE＝3，则四边形ABFE的周长是（ ）
A．21 B．24 C．27 D．18
【分析】先由ASA证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，AE＝CF，再求得AB+BC＝15，由平行四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE，即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线的交点为O，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，AE＝CF，
∵平行四边形ABCD的周长为30，
∴AB+BC=12×30＝15，
∴四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE＝AB+BC+2×3＝15+6＝21，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【考点4 平行四边形的性质（求面积）】
【方法点拨】解决此类问题掌握平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积；
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
【例4】（2020春•南岗区校级月考）如图，已知▱ABCD的面积为48，E为AB的中点，连接DE，则△ODE的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【分析】由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，△AOB的面积12，△ODE的面积＝△OBE的面积，由E为AB的中点，得△OBE的面积＝△OAB面积的一半，即可得出结果．
【解答】解：∵E为AB的中点，
∴S△AOE=12S△AOB，
∵平行四边形ABCD的面积为48，
∴OB＝OD，OA＝OC，S△AOB=14S▱ABCD=14×48＝12，
∴S△AOE＝6，
∴S△ODE＝S△AOE＝6．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的性质和各个三角形面积之间的关系是解决问题的关键．
【变式4-1】（2020春•和平区校级月考）如图，在▱ABCD中，M是BC的中点，且AM＝5，BD＝12，AD=263，则▱ABCD的面积为（ ）
A．20 B．40 C．62 D．72
【分析】首先通过作辅助线求出平行四边形ABCD的高，再根据平行四边形的面积等于底乘以高，求出它的面积．
【解答】解：过D作DE∥AM交BC的延长线于E．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵DE∥AM，
∴四边形AMED是平行四边形，
∴AD＝ME，AM＝DE，
∵M是BC的中点，AD=263，
∴MB=12BC=133，
∴BE＝BM+ME＝13，
∵四边形AMED是平行四边形，
∴AM＝DE＝5，
∵BD＝12，
∴52+122＝132，
∴△DBE为直角三角形．
∴BE边上的高为 5×1213=6013，
∴平行四边形ABCD的面积为263×6013=40．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线四边形的性质和勾股定理，根据三角形的面积求出底边上的高是解题关键．
【变式4-2】（2020春•南岗区校级月考）如图，P为平行四边形ABCD内一点，过点P分别作AB，AD的平行线，交平行四边形ABCD的四边于E、F、G、H四点，若平行四边形BHPE面积为6，平行四边形GPFD面积为4，则△APC的面积为（ ）
A．23 B．32 C．1 D．2
【分析】由平行四边形的性质得S△ABC＝S△ACD，证出四边形EPGA、四边形GPFD、四边形EPHB、四边形PHCF均为平行四边形，得S△AEP＝S△AGP=12S平行四边形AEPG，S△PHC＝S△PCF=12S平行四边形PHCF，进而通过三角形与四边形之间的面积转化得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，S△ABC＝S△ACD，
∵EF∥AD，GH∥AB，
∴EF∥AD∥BC，AB∥CD∥GH，
∴四边形EPGA、四边形GPFD、四边形EPHB、四边形PHCF均为平行四边形，
∴S△AEP＝S△AGP=12S平行四边形AEPG，S△PHC＝S△PCF=12S平行四边形PHCF，
∵S△ABC＝S△AEP+S平行四边形BHPE+S△PHC﹣S△APC①，S△ACD＝S△AGP+S平行四边形GPFD+S△PFC+S△APC②，
∴②﹣①得：S平行四边形GPFD﹣S平行四边形BHPE+2S△APC＝0，
即2S△APC＝6﹣4＝2，
∴S△APC＝1．
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的对角线平分平行四边形的面积．
【变式4-3】（2020春•西湖区校级期中）如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD和AB上，依次连接EB、EC、FC、FD，阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，已知S1＝3，S2＝15，S3＝4，则S4的值是（ ）
A．8 B．14 C．16 D．22
【分析】阴影部分S2是三角形CDF与三角形CBE的公共部分，而S1，S4，S3这三块是平行四边形中没有被三角形CDF与三角形CBE盖住的部分，故△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2＝平行四边形ABCD的面积，而△CDF与△CBE的面积都是平行四边形ABCD面积的一半，据此求得S4的值．
【解答】解：设平行四边形的面积为S，则S△CBE＝S△CDF=12S，
由图形可知，△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2＝平行四边形ABCD的面积，
∴S＝S△CBE+S△CDF+3+S4+4﹣15，
即S=12S+12S+3+S4+4﹣15，
解得S4＝8，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解决问题的关键是明确各部分图形面积的和差关系：平行四边形ABCD的面积＝△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2．
【考点5 平行四边形的判定】
【方法点拨】平行四边形的5个判断定理：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；两组对角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，即可作出判断．
【例5】（2021春•南京月考）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB∥DC，∠DAB＝∠DCB
C．AO＝CO，AB＝DC D．AB∥DC，DO＝BO
【分析】分别利用平行四边形的判定方法和全等三角形的判定与性质进行判断，即可得出结论．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、愿望AB∥DC，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠DCB+∠ADC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、∵AO＝CO，AB＝DC，∠AOB＝∠COD，不能判定△AOB≌△COD，
∴不能得到∠OAB＝∠OCD，
∴不能得到AB∥CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∠OAB=∠OCD∠AOB=∠CODBO=DO，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴AB＝DC，
又∵AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识，正确把握平行四边形的判定方法是解题关键．
【变式5-1】（2020春•通州区期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB＝CD，AD＝BC；③AO＝CO，BO＝DO；④AB∥CD，AD＝BC．其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【分析】根据平行四边形的5个判断定理：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；两组对角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，即可作出判断．
【解答】解：①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据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，可知④不能判断这个四边形是平行四边形（例可能是等腰梯形）；
故给出下列四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形．
故选：A．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定定理，解题关键是准确无误的掌握平行四边形的判定定理，难度一般．
【变式5-2】（2020春•罗山县期末）已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，如果给出条件AB∥CD，那么还不能判定四边形ABCD为平行四边形，以下四种说法正确的是（ ）
①如果再加上条件BC＝AD，那么四边形ABCD一定是平行四边形；
②如果再加上条件∠BAD＝∠BCD，那么四边形ABCD一定是平行四边形；
③如果再加上条件AO＝CO，那么四边形ABCD一定是平行四边形；
④如果再加上条件∠DBA＝∠CAB，那么四边形ABCD一定是平行四边形．
A．①④ B．①③④ C．②③ D．②③④
【分析】根据已知，结合题意，画出图形，再根据平行四边形的判定，逐一判断即可．
【解答】解：①也可能是等腰梯形．
②可得AD∥BC，故正确．
③可判定△ABO≌△CDO，就有AB＝CD，故可判定为平行四边形，正确．
④也可能是等腰梯形．
故选：C．
【点评】平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：
1、四边形的两组对边分别平行；
2、一组对边平行且相等；
3、两组对边分别相等；
4、对角线互相平分；
5、两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
【变式5-3】（2020春•盐湖区期末）已知四边形ABCD，对角线AC与BD交于点O，从下列条件中：①AB∥CD；②AD＝BC；③∠ABC＝∠ADC；④OA＝OC，任取其中两个，以下组合能够判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
【分析】以①④作为条件能够判定四边形ABCD是平行四边形，根据平行得出全等三角形，即可求出OB＝OD，根据平行四边形的判定推出即可；
【解答】解：以①④作为条件，能够判定四边形ABCD是平行四边形．
理由：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∠OAB=∠OCDAO=CO∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，相似三角形的性质和判定，等腰梯形的判定等知识点的应用，主要考查学生的推理能力和辨析能力，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．
【考点6 平行四边形的判定与性质】
【例6】（2021春•海陵区校级月考）如图，点E在BC上，△ABC≌△EAD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AE平分∠DAB．∠EDC＝30°，求∠AED的度数．
【分析】（1）先由全等三角形的性质得BC＝AD，∠B＝∠EAD，AB＝EA，再证∠EAD＝∠AEB，得BC∥AD，即可得出四边形ABCD是平行四边形；
（2）由（1）得：∠B＝∠AEB＝∠EAD，四边形ABCD是平行四边形，得∠ADC＝∠B，再证△ABE是等边三角形，得∠ADC＝∠B＝∠BAE＝∠EAD＝60°，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABC≌△EAD，
∴BC＝AD，∠B＝∠EAD，AB＝EA，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠EAD＝∠AEB，
∴BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：由（1）得：∠B＝∠AEB＝∠EAD，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠B，
∵AE平分∠DAB，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠B＝∠AEB＝∠BAE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠ADC＝∠B＝∠BAE＝∠EAD＝60°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠EDC＝60°﹣30°＝30°，
∴∠AED＝190°﹣60°﹣30°＝90°．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式6-1】（2020秋•朝阳区校级月考）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB＝CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．
（1）求证：AD与BE互相平分；
（2）若AB⊥AC，AC＝BF，BE＝8，FC＝2，求AB的长．
【分析】（1）先证△ABC≌△DEF（ASA），得AB＝DE，再证四边形ABDE是平行四边形，即可得出结论；
（2）先求出BF＝3，则AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝5，然后由勾股定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接BD、AE，
∵FB＝CE，
∴BC＝EF，
又∵AB∥ED，AC∥FD，
∴∠ABC＝∠DEF，∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
∠BAC=∠DEFBC=EF∠ACB=∠DFE，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB＝DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AD与BE互相平分；
（2）解：∵FB＝CE，
∴BE＝2BF+FC，
∴BF=BE-FC2=8-22=3，
∴AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝3+2＝5，
∵AB⊥AC，
∴由勾股定理得：AB=BC2-AC2=52-32=4．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式6-2】（2020秋•宝鸡期末）在▱ABCD中，E，F分别为对角线BD上两点，连接AE，AF，CE，CF，并且AE∥CF．
（1）如图1，求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）如图2，若2BE＝3EF，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ABD面积的38．
【分析】（1）先证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，再由AE∥CF，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）得：△ABE≌△CDF，则BE＝DF，再由2BE＝3EF，得BE：BD＝3：8，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE∥CF，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴∠AEB＝∠CFD，
在△ABE和△CDF中，
∠ABE=∠CDF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：△ABE、△CDF、△BCE、△ADF，理由如下：
由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵2BE＝3EF，
∴BE：BD＝3：8，
∴△ABE的面积＝△CDF的面积＝△BCE的面积＝△ADF的面积＝△ABD面积的38．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式6-3】（2020秋•香坊区月考）如图，在△AFC中，∠FAC＝45°，FE⊥AC于点E，在EF上取一点B，连接AB、BC，使得AB＝FC，过点A作AD⊥AF，且AD＝BC，连接CD．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，若AB平分∠FAC，延长FE交CD于点H，请直接写出与∠ABE相等的角．
【分析】（1）证Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），得BE＝CE，则∠CBE＝∠BCE＝45°，证出∠BCE＝∠CAD，得BC∥AD，即可证出四边形ABCD是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证出∠CHB＝∠ABE，∠BAE＝∠DCA，证△ABC≌△ABF（AAS），得BC＝BF，AC＝AF，由等腰三角形的性质得∠BCF＝∠BFC，∠FCA＝∠CFA＝45°+∠CFE，进而得出∠BCH＝∠BAD＝∠FCA＝∠CFA＝∠ABE．
【解答】（1）证明：∵FE⊥AC，
∴∠FEA＝∠FEC＝90°，
∵∠FAC＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AFE＝∠FAE＝45°，
在Rt△AEB和Rt△FEC中，AB=FAE=FE，
∴Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），
∴BE＝CE，
∴∠CBE＝∠BCE＝45°，
∵AD⊥AF，
∴∠FAD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∴BC∥AD，
又∵BC＝AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：与∠ABE相等的角有：∠CHB、∠BCH、∠BAD、∠FCA、∠CFA；理由如下：
由（1）得：Rt△AEB≌Rt△FEC，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE＝∠CFE，∠BCH＝∠BAD，AB∥CD，
∴∠CHB＝∠ABE，∠BAE＝∠DCA，
∵AB平分∠FAC，
∴∠BAC＝∠BAF，
在△ABC和△ABF中，∠BAC=∠BAF∠ACB=∠AFB=45°AB=AB，
∴△ABC≌△ABF（AAS），
∴BC＝BF，AC＝AF，
∴∠BCF＝∠BFC，∠FCA＝∠CFA＝45°+∠CFE，
∵∠ABE＝∠AFE+∠BAF，
∴∠BCH＝∠BAD＝∠FCA＝∠CFA＝∠ABE．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角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，证明三角形全等是解题的关键．
【考点7 平行四边形中的最值问题】
【例7】（2020春•开江县期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝5，点E是AB上的点，AC为平行四边形AECF的对角线，则EF的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【分析】由平行四边形的对角线互相平分、垂线段最短知，当OE⊥AB时，EF取最小值．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴OE＝OF，OA＝OC，
∴当OE取最小值时，线段EF最短，此时OE⊥AB，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=12BC＝2.5，
∴EE＝2OE＝5，
∴EF的最小值是5．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，以及垂线段最短，解答该题时，利用了“平行四边形的对角线互相平分”的性质．
【变式7-1】（2020春•惠州期末）如图，四边形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，P为AB边上的一动点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，则对角线PQ的长的最小值是 ．
【分析】过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ADP≌△HCQ（AAS），从而可得AD＝HC，进而可求得BH＝4，当PQ⊥AB时，PQ的长最小，问题得解．
【解答】解：过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于点H，如图：
∵AD∥BC，
∴∠ADC＝∠DCH，即∠ADP+∠PDC＝∠DCQ+∠QCH，
∵PD∥CQ，
∴∠PDC＝∠DCQ，
∴∠ADP＝∠QCH，
又∵PD＝CQ，∠A＝∠CHQ＝90°，
∴△ADP≌△HCQ（AAS），
∴AD＝HC，
∵AD＝1，BC＝3，
∴BH＝4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
【变式7-2】（2020•昆山市一模）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点M是AC边上任意一点，连接MB，以MB、MC为邻边作▱MCNB，连接MN，则MN的最小值为 ．
【分析】设MN与BC交于点O，连接AO，过点O作OH⊥AC于H点，根据等腰三角形的性质和勾股定理可求AO和OH长，若MN最小，则MO最小即可，而O点到AC的最短距离为OH长，所以MN最小值是2OH．
【解答】解：设MN与BC交于点O，连接AO，过点O作OH⊥AC于H点，
∵四边形MCNB是平行四边形，
∴O为BC中点，MN＝2MO．
∵AB＝AC＝13，BC＝10，
∴AO⊥BC．
在Rt△AOC中，利用勾股定理可得
AO=AC2-CO2=132-52=12．
利用面积法：AO×CO＝AC×OH，
即12×5＝13×OH，解得OH=6013．
当MO最小时，则MN就最小，O点到AC的最短距离为OH长，
所以当M点与H点重合时，MO最小值为OH长是6013．
所以此时MN最小值为2OH=12013．
故答案为12013．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短、勾股定理、等腰三角形的性质，解题的关键是分析出点到某线段的垂线段最短，由此进行转化线段，动中找静．
【变式7-3】如图，在四边形ABCO中，AB∥OC，AO⊥OC，AB＝1，OC＝4，P为AO边上一个动点，连接PB并延长至点E，使得点E落在直线x＝3上，以PE，PC为边作▱PEFC，连接PF，则PF长的最小值为 ．
【分析】作FN⊥x轴于N，EM⊥y轴于M，连接PF．利用全等三角形的性质证明CN＝EM＝3，推出ON＝7，根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：作FN⊥x轴于N，EM⊥y轴于M，连接PF．
∵四边形PEFC是平行四边形，
∴PE＝CF，PE∥CF，
∴∠FCN＝∠ETC，
∵EM⊥y轴，FN⊥x轴，
∴∠EMP＝∠FNC＝90°，
∵EM∥TC，
∴∠MEP＝∠ETC，
∴∠MEP＝∠FCN，
∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴EM＝CN＝3，
∵OC＝4，
∴ON＝OC+CN＝4+3＝7，
当PF⊥FN时，PF的值最小，此时PF＝ON＝7，
∴PF的最小值为7．
故答案为7．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最短问题．
【考点8 平行四边形中的动点问题】
【例8】（2020春•江岸区校级月考）如图，在等边△ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度运动，E、F同时出发．设运动时间为t（s），当t＝（ ）s时，以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
A．1或2 B．2 C．2或3 D．2或4
【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
【解答】解：当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝3tcm，
则CF＝BC﹣BF＝（8﹣3t）cm，
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝8﹣3t，
解得：t＝2；
当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝3tcm，
则CF＝BF﹣BC＝（3t﹣8）cm，
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝3t﹣8，
解得：t＝4；
综上可得：当t＝2或4s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，
故选：D．
【点评】考查了平行四边形的判定，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式8-1】（2020春•西市区期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有 次．
【分析】首先设经过t秒，根据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，
此时方程t＝0，此时不符合题意；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，
解得：t＝4.8；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，
解得：t＝8；
④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，
解得：t＝9.6；
⑤点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣48）＝12﹣t，
解得：t＝16，
此时P点走的路程为16＞AD，此时不符合题意．
∴共3次．
故答案为：3．
【点评】此题考查了平行四边形的判定．注意能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意掌握分类讨论思想的应用．
【变式8-2】（2020春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝30°．点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣B﹣C向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣D﹣C向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．设运动时间为ts．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求当t＝0.5s时，△APQ的面积；
（3）当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，求t的值．
【分析】（1）过点B作BE⊥CD于点E，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可得解；
（2）过点Q作QM⊥AP，分别计算出t＝0.5s时，AP，AQ和QM的长，则按三角形面积公式计算即可；
（3）分点P在线段AB上，点Q在线段AD上和点P在线段BC上，点Q在线段CD上，两种情况计算即可．
【解答】解：（1）平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm
∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm
如图，过点B作BE⊥CD于点E，
∵∠C＝30°
∴BE=12BC＝1cm
∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE＝4×1＝4（cm2）
答：平行四边形ABCD的面积为4cm2．
（2）当t＝0.5s时，
AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm
如图，过点Q作QM⊥AP
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C
∵∠C＝30°
∴∠A＝30°
∴QM=12AQ=12×0.5=14（cm）
∴△APQ的面积为：12×AP×QM=12×1×14=18（cm2）
答：当t＝0.5s时，△APQ的面积为18（cm2）．
（3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为4cm2．
∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，
△APQ的面积为：4×38=32（cm2）
当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高为AQ2=t2cm
∴12×2t×t2=32
∴t=-3（舍）或t=3
∴t=3时符合题意；
当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上，
如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N
∵四边形ABCD为平行四边形，∠C＝30°，
∴AB∥CD
∴∠PBN＝∠C＝30°
PN=12PB=12（2t﹣4）＝（t﹣2）（cm），PM＝1﹣（t﹣2）＝（3﹣t）（cm）
S△APQ＝4-12×4×（t﹣2）-12×[4﹣（t﹣2）]×[1﹣（t﹣2）]-12（t﹣2）×1=32
∴4﹣2t+4-12（6﹣t）（3﹣t）-t2+1=32
化简得：t2﹣4t+3＝0
∴（t﹣1）（t﹣3）＝0
∴t＝1（不符合题意，舍）或t＝3
当t＝3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意．
综上，t的值为3或3．
【点评】本题考查了动点在平行四边形的边上运动所形成的三角形的面积的问题，数形结合，按照三角形或平行四边形的面积公式计算，是解题的关键．
【变式8-3】（2020秋•南关区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）
（1）当t＝3时，BP＝ ；
（2）当t＝ 时，点P运动到∠B的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【分析】（1）根据题意可得BP＝2t，进而可得结果；
（2）根据∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四边形ABCD是矩形，根据角平分线定义可得AF＝AB＝4，得DF＝4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也为4，③当点P在CD上，点P到AB边的距离为8，但点P到AB、BC边的距离都小于8，进而可得当t＝2s或t＝3s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【解答】解：（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案为：6；
（2）作∠B的角平分线交AD于F，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴当t＝8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
S△ABP=12×BP×AB=12×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②当点P在CD上运动时，
S△ABP=12×AB×BC=12×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③当点P在AD上运动时，
S△ABP=12×AB×AP=12×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，
根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，
∴点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，
∴点P到DE边的距离也为4，
∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
点P到DE、BE边的距离相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE,
∴12×3×4=12×5×PH+12×3×PC,
∴12＝8PH,
∴12＝8(2t﹣8),
解得t=194．
综上所述：t＝2或t＝3或t=194时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、角平分线定义、三角形的面积、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
【考点9 三角形中位线定理的运用】
【方法点拨】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9】（2020春•无锡期中）如图，在△ABC中，BC＝12，D、E分别是AB、AC的中点，F是DE上一点，DF＝1，连接AF，CF，若∠AFC＝90°，则AC的长度为（ ）
A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到EF的长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC＝6，
∴EF＝DE﹣DF＝6﹣1＝5，
在Rt△AFC中，AE＝EC，
∴AC＝2EF＝10，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，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．
【变式9-1】（2020春•鄞州区期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD，AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为（ ）
A．1 B．34 C．12 D．23
【分析】证明△AGF≌△ACF，根据全等三角形的性质得到AG＝AC＝3，GF＝FC，求出GB，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△AGF和△ACF中，
∠GAF=∠CAFAF=AF∠AFG=∠AFC，
∴△AGF≌△ACF（ASA）
∴AG＝AC＝3，GF＝FC，
∴GB＝AB﹣AG＝1，
∵CF＝FG，CE＝EB，
∴EF是△CGB的中位线，
∴EF=12GB=12，
故选：C．
【点评】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．
【变式9-2】（2020春•昆山市期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F、G分别是AB、CD、AC的中点，若∠DAC＝10°，∠ACB＝66°，则∠FEG等于（ ）
A．76° B．56° C．38° D．28°
【分析】根据三角形中位线定理得到EG＝FG，根据平行线的性质得到∠FGC＝∠DAC＝10°，∠EGC＝180°﹣∠ACB＝114°，求出∠EGF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：∵E、F、G分别是AB、CD、AC的中点，
∴EG、FG分别是△ABC和△ADC两个三角形的中位线，
∴EG∥BC，FG∥AD，EG=12BC，FG=12AD，
∵AD＝BC，
∴EG＝FG，
∵EG∥BC，FG∥AD，
∴∠FGC＝∠DAC＝10°，∠EGC＝180°﹣∠ACB＝114°，
∴∠EGF＝∠FGC+∠EGC＝124°，
∵EG＝FG，
∴∠FEG=12（180°﹣124°）＝28°．
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形内角和定理、等腰三角形的判定与性质，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．
【变式9-3】（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．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理得到AD＝AE，得到DB＝EC，根据三角形中位线定理证明结论；
（2）延长FG交AC于N，根据三角形中位线定理得到FH∥AC，FN∥AB，根据平行线的性质解答即可．
【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．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用、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．
【考点10 多边形的对角线】
【方法点拨】（1）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．
（2） n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线．从n个顶点出发引出（n-3）条，而每条重复一次，
所以n边形对角线的总条数为：n（n-3）²（n≥3，且n为整数）
（3）对多边形对角线条数公：n（n-3）²的理解：n边形的一个顶点不能与它本身及左右两个邻点相连成对角线，故可连出（n-3）条．共有n个顶点，应为n（n-3）条，这样算出的数，正好多出了一倍，所以再除以2．
【例10】（2020秋•和平区校级期末）在研究多边形的几何性质时．我们常常把它分割成三角形进行研究．从八边形的一个顶点引对角线，最多把它分割成三角形的个数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，分成（n﹣2）个三角形．
【解答】解：过八边形的一个顶点可以引（8﹣1﹣2）＝5条对角线，
所以可组成6个三角形．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形对角线，关键是掌握多边形对角线的画法．
【变式10-1】（2020秋•本溪期末）如果过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，则该多边形对角线一共有（ ）
A．18条 B．14条 C．20条 D．27条
【分析】根据从每一个顶点出发可以作的对角线的总条数为n﹣3计算即可得到该多边形的边数（或顶角数），然后由n边形的对角线总条数公式为n(n-3)2进行解答．
【解答】解：∵过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，
∴多边形的边数为6+3＝9，
∴这个多边形是九边形．
∴该多边形对角线一共有：9×(9-3)2=27（条）．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，熟记从每一个顶点出发可以作的对角线的条数为（n﹣3）是解题的关键．
【变式10-2】（2019秋•叶县期末）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2020个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
【分析】设多边形的边数为n，可根据多边形的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数为n﹣1．
【解答】解：设多边形的边数为n，
则：n﹣1＝2020，
解得n＝2021，
故选：C．
【点睛】此题考查了规律型：图形的变化，多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数＝多边形的边数﹣1．
【变式10-3】（2020秋•江岸区校级月考）一个n边形共有n条对角线，将这个n边形截去一个角后它的边数为 ．
【分析】根据多边形过一个顶点的对角线与边的关系求解．
【解答】解：由这个n边形共有n条对角线，可得n(n-3)2=n，解得n＝5或0（不合题意，舍去），
所以这个多边形是五边形，
将一个五边形截去一个角，根据截法不同可以有三种情况，其结果分别是4或5或6条边，
故答案为：4或5或6．
【点睛】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，一共有n(n-3)2条对角线．
【考点11 多边形的内角和外角】
【方法点拨】掌握n边形的内角和是（n﹣2）•180°，多边形的外角和是360°是解题的关键.
【例11】（2021春•江都区月考）一个多边形中，每个内角都相等，并且每个外角都等于它的相邻内角的14，求这个多边形的边数及内角和？
【分析】根据题意得出内角的度数，进而得出边长，即可得出答案．
【解答】解：设这个多边形的一个外角的度数为x，
由x=14（180°﹣x）
解得：x＝36°，
360÷36＝10，
（10﹣2）×180°＝1440°，
此多边形为十边形，内角和为1440°．
【点睛】此题主要考查了多边形内角与外角，正确得出内角的度数是解题关键．
【变式11-1】（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？
【分析】（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷α；
（2）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．根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．
【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°．
【点睛】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．
【变式11-2】（2020秋•即墨区期末）“转化”是数学中的一种重要思想，即把陌生的问题转化成熟悉的问题，把复杂的问题转化成简单的问题，把抽象的问题转化为具体的问题．
（1）请你根据已经学过的知识求出下面星形图（1）中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数；
（2）若对图（1）中星形截去一个角，如图（2），请你求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（3）若再对图（2）中的角进一步截去，你能由题（2）中所得的方法或规律，猜想图3中的∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N的度数吗？只要写出结论，不需要写出解题过程）
【分析】（1）根据三角形外角的性质和三角形内角和定理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数；
（2）根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（3）根据图中可找出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，并且每截去一个角则会增加180度，由此即可求出答案．
【解答】解：（1）∵∠1＝∠2+∠D＝∠B+∠E+∠D，∠1+∠A+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（2）∵∠1＝∠2+∠F＝∠B+∠E+∠F，∠1+∠A+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°；
（3）根据图中可得出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，每截去一个角则会增加180度，
所以当截去5个角时增加了180×5度，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝180°×5+180°＝1080°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角与外角之间的关系．有关五角星的角度问题是常见的问题，其5个角的和是180度．解此题的关键是找到规律利用规律求解．
【变式11-3】（2020秋•齐齐哈尔期末）探究与发现：
探究一：我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？
已知：如图1，∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角，试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系．
探究二：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？
已知：如图2，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，试探究∠P与∠A的数量关系．
探究三：若将△ADC改为任意四边形ABCD呢？
已知：如图3，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系．
【分析】探究一：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，再根据三角形内角和定理整理即可得解；
探究二：根据角平分线的定义可得∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
探究三：根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可．
【解答】解：探究一：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，
∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC＝180°+∠A；
探究二：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°-12∠ADC-12∠ACD
＝180°-12（∠ADC+∠ACD）
＝180°-12（180°﹣∠A）
＝90°+12∠A；
探究三：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°-12∠ADC-12∠BCD
＝180°-12（∠ADC+∠BCD）
＝180°-12（360°﹣∠A﹣∠B）
=12（∠A+∠B）．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式，此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．
【考点12 用正多边形铺设平面】
【方法点拨】掌握正多边形铺设平面是解题的关键.
（1） 单一正多边形的镶嵌：正三角形，正四边形，正六边形．
（2）两种正多边形的镶嵌：3个正三角形和2个正方形、四个正三角形和1个正六边形、2个正三角形和2个正六边形、1个正三角形和2个正十二边形、1个正方形和2个正八边形等．
（3）用任意的同一种三角形或四边形能镶嵌成一个平面图案．
【例12】（2020春•青岛期末）某中学新科技馆铺设地面，已有正方形地砖，现打算购买另一种正多边形地砖（边长与正方形的相等），与正方形地砖作平面镶嵌，则该学校可以购买的地砖形状是（ ）
A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形
【分析】分别各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．
【解答】解：A、正五边形每个内角是108°，108°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
B、正六边形每个内角是120°，120° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
C、正八边形每个内角是135°，135°×2+90°＝360°，能密铺，符合题意．
D、正十二边形每个内角是150°，150° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查平面镶嵌问题，考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°，任意几种多边形能否进行镶嵌，看它们能否组成360°的角．
【变式12-1】（2020春•洛宁县期末）如果用边长相同的正三角形和正六边形两种图形铺满平面，那么一个顶点处需要（ ）
A．三个正三角形、两个正六边形
B．四个正三角形、两个正六边形
C．两个正三角形、两个正六边形
D．三个正三角形、一个正六边形
【分析】根据平面镶嵌的概念逐一判断即可得．
【解答】解：A．由3×60°+2×120°＝420°≠360°知三个正三角形、两个正六边形不符合题意；
B．由4×60°+2×120°＝480°≠360°知四个正三角形、两个正六边形不符合题意；
C．由2×60°+2×120°＝360°知两个正三角形、两个正六边形符合题意；
D．由3×60°+120°＝300°≠360°知三个正三角形、一个正六边形不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查平面镶嵌（密铺），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．
【变式12-2】（2020春•惠安县期末）利用边长相等的正三角形和正六边形地砖能够铺满地板，若在每个顶点处有a块正三角形和b块正六边形（a＞b＞0），则a+b的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明可以进行平面镶嵌；反之，则说明不能进行平面镶嵌．
【解答】解：∵正三边形和正六边形内角分别为60°、120°，
60°×4+120°＝360°，或60°×2+120°×2＝360°，
∴a＝4，b＝1或a＝2，b＝2，
∵a＞b＞0，
∴a＝4，b＝1，
∴a+b＝4+1＝5，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，关键是记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合．
【变式12-3】（2020春•新野县期末）在正三角形，正方形，正六边形，正八边形中，任选两种正多边形镶嵌，这样的组合最多能找到（ ）
A．2组 B．3组 C．4组 D．5组
【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件，分情况讨论即可求出答案．
【解答】解：正三角形的每个内角是60°，正方形的每个内角是90°，∵3×60°+2×90°＝360°，∴正三角形，正方形能组合；
正六边形的每个内角是120°，正三角形的每个内角是60度．∵2×120°+2×60°＝360°，或120°+4×60°＝360°，∴正三角形，正六边形能组合；
正八边形的每个内角为：180°﹣360°÷8＝135°，正三角形的每个内角是60°，135m+60n＝360°，n＝6﹣2.25m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满；
正方形的每个内角是90°，正六边形的每个内角是120度．90m+120n＝360°，m＝4-43n，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满；
正方形的每个内角是90°，正八边形的每个内角为：180°﹣360°÷8＝135°，∵90°+2×135°＝360°，∴正方形，正八边形能组合；
正八边形的每个内角为：180°﹣360°÷8＝135°，正六边形的每个内角是120度．135m+120n＝360°，n＝3-98m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满．
故选：B．
【点睛】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．
第六章 平行四边形考点梳理卷
【考点1 平行四边形的性质（求线段长度）】
【方法点拨】掌握平行四边形的性质是解题关键，另外牢记口诀“角平分线遇平行线，等腰三角形来呈现”通常是解此类题的突破口．
【例1】（2020春•竞秀区期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝7cm，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DE的长为（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】利用平行四边形的性质得出AD∥BC，进而得出∠AEB＝∠CBF，再利用角平分线的性质得出∠ABF＝∠CBF，进而得出∠AEB＝∠ABF，即可得出AE的长，即可得出答案．
【解答】解：∵在平行四边形ABCD中，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBF，
∵∠ABC的角平分线交AD于点E，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠AEB＝∠ABF，
∴AB＝AE，
∵AB＝4cm，AD＝7cm，
∴DE＝3cm．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及角平分线的性质，得出∠AEB＝∠ABF是解题关键．
【变式1-1】（2020秋•开福区期末）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，AB＝6，BC＝10，则EF长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据平行四边形的性质可得∠AFB＝∠FBC，由角平分线可得∠ABF＝∠FBC，所以∠AFB＝∠ABF，所以AF＝AB＝6，同理可得DE＝CD＝6，则根据EF＝AF+DF﹣AD即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝10，DC＝AB＝6．
∴∠AFB＝∠FBC．
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC．
∴∠AFB＝∠ABF．
∴AF＝AB＝6．
同理可得DE＝DC＝6．
∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣10＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，解题的关键是依据数学模型“角平分线+平行线＝等腰三角形”转化线段．
【变式1-2】（2021春•九龙坡区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，N是CD的中点，AB＝2BC，BN＝m，AN＝n，则CD的长为（ ）
A．m2+n B．m+n2 C．mn D．m2+n2
【分析】首先利用平行四边形的性质和已知条件证明△NAB为直角三角形，再利用勾股定理即可求出CD的长．
【解答】解：∵N为CD中点，
∴CN＝DN=12CD=12AB＝BC＝AD，
∴∠DAN＝∠DNA，∠CBN＝∠CNB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠C+∠D＝180°，
∴∠C＝2∠DNA，∠D＝2∠CNB，
∴∠DNA+∠CNB=12（∠C+∠D）＝90°，
∴∠ANB＝180°﹣（∠DNA+∠CNB）＝90°
即△NAB为直角三角形，
∵BN＝m，AN＝n，
∴CD＝AB=NA2+NB2=m2+n2．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质以及直角三角形的判定和性质、勾股定理的运用，题目设计较好，综合性较强．
【变式1-3】（2020春•西丰县期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在AD，BA的延长线上，CE∥BD，EF⊥AB，BC＝1，则EF的长为 ．
【分析】根据平行四边形性质推出AD＝BC，BC∥AD，得出平行四边形BCED，推出DE＝BC＝AD，求出AE的长，进而根据勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，BC∥AD，
∵CE∥BD，
∴四边形BCED是平行四边形，
∴DE＝BC＝AD＝1，即D为AE中点，
∴AE＝2，
∵EF⊥AB，
∴∠EFA＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠EAF＝∠ABC＝60°，∠AEF＝30°，
∴AF=12AE＝1，
∴EF=AE2-AF2=22-12=3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线性质，勾股定理的运用，解题的关键是求出AE的长．
【考点2 平行四边形的性质（求角度）】
【方法点拨】解决此类问题掌握平行四边形的对角相等、对边平行是关键．
【例2】（2020春•青岛期末）如图，在▱ABCD中，点E在BC上，且CD＝CE，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，若∠DAF＝48°，则∠C的度数为（ ）
A．84° B．96° C．98° D．106°
【分析】首先根据AF⊥DE，∠DAF＝48°得到∠ADE＝90°﹣∠DAF＝90°﹣48°＝42°，然后利用四边形ABCD是平行四边形得到∠CED＝∠ADF＝42°，再根据CD＝CE，得到∠CDE＝∠DEC＝42°，从而利用三角形的内角和定理求得∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣42°﹣42°＝96°即可．
【解答】解：∵AF⊥DE，∠DAF＝48°，
∴∠ADE＝90°﹣∠DAF＝90°﹣48°＝42°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CED＝∠ADF＝42°，
∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠DEC＝42°，
∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣42°﹣42°＝96°，
故选：B．
【点评】考查了平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的对边平行且相等得到相关结论，难度不大．
【变式2-1】（2020春•九龙坡区校级期中）如图，在▱ABCD中，E、F是对角线AC上两点，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠EDC＝84°，则∠ADE的度数为 ．
【分析】设∠ADE＝x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE＝∠ADE＝x，DE=12AF＝AE＝EF，得出DE＝CD，证出∠DCE＝∠DEC＝2x，根据三角形的内角和定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：设∠ADE＝x，
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴∠DAE＝∠ADE＝x，DE=12AF＝AE＝EF，
∵AE＝EF＝CD，
∴DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝2x=12（180°﹣84°），
∴x＝24°，
∠ADE＝24°，
故答案为：24°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；根据角的关系得出方程是解题的关键．
【变式2-2】（2020春•江汉区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝AE．若AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，则∠AED的度数为 ．
【分析】根据全等三角形的性质，利用平行四边形的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC．
∴∠DAE＝∠AEB．
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B．
∴∠B＝∠DAE．
∵在△ABC和△AED中，
AB=AE∠B=∠DAEAD=BC，
∴△ABC≌△EAD（SAS），
∴∠AED＝∠BAC，
∵AE平分∠DAB（已知），
∴∠DAE＝∠BAE；
又∵∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠B．
∴△ABE为等边三角形．
∴∠BAE＝60°．
∵∠EAC＝25°，
∴∠BAC＝85°，
∴∠AED＝85°．
故答案为：85°
【点评】主要考查了平行四边形的基本性质和全等三角形的判定及性质．判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
【变式2-3】（2020春•海陵区期末）如图，已知E为▱ABCD内一点，且AD＝DE＝CE，若∠DEC＝n°，则∠AEB的度数为 °．（用含n的代数式表示）．
【分析】先证明AD＝DE＝CE＝BC，得出∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，求出x+y＝180°-n°2，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠BCD，∠BAD+∠ADC＝180°，
∵AD＝DE＝CE，
∴AD＝DE＝CE＝BC，
∴∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD，
∵∠DEC＝n°，
∴∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），
设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，
∴∠ADE＝180°﹣2x，∠BCE＝180°﹣2y，
∴∠ADC＝180°﹣2x+12（180°﹣n°）＝270°﹣2x-n°2，∠BCD＝270°-n°2-2y，
∴∠BAD＝180°﹣（270°﹣2x-n°2）＝2x﹣90°+n°2，
∴270°-n°2-2y＝2x﹣90°+n°2，
∴x+y＝180°-n°2，
∴∠AEB＝360°﹣（180°-n°2）﹣n°＝180°-n°2，
故答案为：（180-n2）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解决问题的关键．
【考点3 平行四边形的性质（求周长）】
【方法点拨】解决此类问题掌握平行四边形的性质，利用等量代换是解题关键．
【例3】（2020春•湖州期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点E，已知AB＝5cm，△ABE的周长比△BEC的周长小3cm，则AD的长度为（ ）
A．8cm B．5cm C．3cm D．2cm
【分析】根据平行四边形的性质，可以得到AE＝CE，AD＝BC，再根据△ABE的周长比△BEC的周长小3cm，AB＝5cm，即可得到BC的长，从而可以得到AD的长，本题得以解决．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CE，AD＝BC，
∵△ABE的周长比△BEC的周长小3cm，
∴（BC+CE+BE）﹣（AB+AE+BE）＝3，
∴BC﹣AB＝3，
∵AB＝5cm，
∴BC＝8cm，
∴AD＝8cm，
故选：A．
【点评】本题考查平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行四边形的性质解答．
【变式3-1】（2021春•崇川区校级月考）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OE⊥AC交CD于点E，连接AE，若▱ABCD的周长为28，则△ADE的周长为（ ）
A．28 B．24 C．21 D．14
【分析】先判断出EO是BD的中垂线，得出BE＝ED，从而可得出△ABE的周长＝AB+AD，再由▱ABCD的周长为28，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵▱ABCD的周长为28，
∴AB+AD＝14，
∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的中垂线，
∴BE＝ED，
∴△ABE的周长＝AB+BE+AE＝AB+AD＝14，
故选：D．
【点评】此题考查了平行四边形的性质及线段的中垂线的性质，解答本题的关键是判断出OE是线段BD的中垂线．
【变式3-2】（2020春•沙坪坝区期末）平行四边形的一个内角平分线将该平行四边形的一边分为2cm和3cm两部分，则该平行四边形的周长为（ ）cm
A．14 B．16 C．12或14 D．14或16
【分析】根据题意画出图形，由平行四边形得出对边平行，又由角平分线可以得出△ABE为等腰三角形，然后分别讨论BE＝2cm，CE＝3cm或BE＝3cm，CE＝2cm，继而求得答案．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE为角平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴①当AB＝BE＝2cm，CE＝3cm时，BC＝BE+CE＝5cm，
则平行四边形的周长＝2（2+5）＝14（cm）；
②当AB＝BE＝3cm时，CE＝2cm，BC＝BE+CE＝5cm，
则平行四边形的周长＝2（3+5）＝16（cm）；
故选：D．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定．熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定，注意分类讨论思想的应用．
【变式3-3】（2020春•越秀区校级期末）如图，EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，若平行四边形ABCD的周长是30，OE＝3，则四边形ABFE的周长是（ ）
A．21 B．24 C．27 D．18
【分析】先由ASA证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，AE＝CF，再求得AB+BC＝15，由平行四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE，即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线的交点为O，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，AE＝CF，
∵平行四边形ABCD的周长为30，
∴AB+BC=12×30＝15，
∴四边形ABFE的周长＝AB+AE+BF+EF＝AB+BF+CF+2OE＝AB+BC+2×3＝15+6＝21，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【考点4 平行四边形的性质（求面积）】
【方法点拨】解决此类问题掌握平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积；
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
【例4】（2020春•南岗区校级月考）如图，已知▱ABCD的面积为48，E为AB的中点，连接DE，则△ODE的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【分析】由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，△AOB的面积12，△ODE的面积＝△OBE的面积，由E为AB的中点，得△OBE的面积＝△OAB面积的一半，即可得出结果．
【解答】解：∵E为AB的中点，
∴S△AOE=12S△AOB，
∵平行四边形ABCD的面积为48，
∴OB＝OD，OA＝OC，S△AOB=14S▱ABCD=14×48＝12，
∴S△AOE＝6，
∴S△ODE＝S△AOE＝6．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的性质和各个三角形面积之间的关系是解决问题的关键．
【变式4-1】（2020春•和平区校级月考）如图，在▱ABCD中，M是BC的中点，且AM＝5，BD＝12，AD=263，则▱ABCD的面积为（ ）
A．20 B．40 C．62 D．72
【分析】首先通过作辅助线求出平行四边形ABCD的高，再根据平行四边形的面积等于底乘以高，求出它的面积．
【解答】解：过D作DE∥AM交BC的延长线于E．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵DE∥AM，
∴四边形AMED是平行四边形，
∴AD＝ME，AM＝DE，
∵M是BC的中点，AD=263，
∴MB=12BC=133，
∴BE＝BM+ME＝13，
∵四边形AMED是平行四边形，
∴AM＝DE＝5，
∵BD＝12，
∴52+122＝132，
∴△DBE为直角三角形．
∴BE边上的高为 5×1213=6013，
∴平行四边形ABCD的面积为263×6013=40．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线四边形的性质和勾股定理，根据三角形的面积求出底边上的高是解题关键．
【变式4-2】（2020春•南岗区校级月考）如图，P为平行四边形ABCD内一点，过点P分别作AB，AD的平行线，交平行四边形ABCD的四边于E、F、G、H四点，若平行四边形BHPE面积为6，平行四边形GPFD面积为4，则△APC的面积为（ ）
A．23 B．32 C．1 D．2
【分析】由平行四边形的性质得S△ABC＝S△ACD，证出四边形EPGA、四边形GPFD、四边形EPHB、四边形PHCF均为平行四边形，得S△AEP＝S△AGP=12S平行四边形AEPG，S△PHC＝S△PCF=12S平行四边形PHCF，进而通过三角形与四边形之间的面积转化得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，S△ABC＝S△ACD，
∵EF∥AD，GH∥AB，
∴EF∥AD∥BC，AB∥CD∥GH，
∴四边形EPGA、四边形GPFD、四边形EPHB、四边形PHCF均为平行四边形，
∴S△AEP＝S△AGP=12S平行四边形AEPG，S△PHC＝S△PCF=12S平行四边形PHCF，
∵S△ABC＝S△AEP+S平行四边形BHPE+S△PHC﹣S△APC①，S△ACD＝S△AGP+S平行四边形GPFD+S△PFC+S△APC②，
∴②﹣①得：S平行四边形GPFD﹣S平行四边形BHPE+2S△APC＝0，
即2S△APC＝6﹣4＝2，
∴S△APC＝1．
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的对角线平分平行四边形的面积．
【变式4-3】（2020春•西湖区校级期中）如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD和AB上，依次连接EB、EC、FC、FD，阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，已知S1＝3，S2＝15，S3＝4，则S4的值是（ ）
A．8 B．14 C．16 D．22
【分析】阴影部分S2是三角形CDF与三角形CBE的公共部分，而S1，S4，S3这三块是平行四边形中没有被三角形CDF与三角形CBE盖住的部分，故△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2＝平行四边形ABCD的面积，而△CDF与△CBE的面积都是平行四边形ABCD面积的一半，据此求得S4的值．
【解答】解：设平行四边形的面积为S，则S△CBE＝S△CDF=12S，
由图形可知，△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2＝平行四边形ABCD的面积，
∴S＝S△CBE+S△CDF+3+S4+4﹣15，
即S=12S+12S+3+S4+4﹣15，
解得S4＝8，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解决问题的关键是明确各部分图形面积的和差关系：平行四边形ABCD的面积＝△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2．
【考点5 平行四边形的判定】
【方法点拨】平行四边形的5个判断定理：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；两组对角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，即可作出判断．
【例5】（2021春•南京月考）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB∥DC，∠DAB＝∠DCB
C．AO＝CO，AB＝DC D．AB∥DC，DO＝BO
【分析】分别利用平行四边形的判定方法和全等三角形的判定与性质进行判断，即可得出结论．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、愿望AB∥DC，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠DCB+∠ADC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、∵AO＝CO，AB＝DC，∠AOB＝∠COD，不能判定△AOB≌△COD，
∴不能得到∠OAB＝∠OCD，
∴不能得到AB∥CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∠OAB=∠OCD∠AOB=∠CODBO=DO，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴AB＝DC，
又∵AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识，正确把握平行四边形的判定方法是解题关键．
【变式5-1】（2020春•通州区期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB＝CD，AD＝BC；③AO＝CO，BO＝DO；④AB∥CD，AD＝BC．其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【分析】根据平行四边形的5个判断定理：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；两组对角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，即可作出判断．
【解答】解：①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据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，可知④不能判断这个四边形是平行四边形（例可能是等腰梯形）；
故给出下列四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形．
故选：A．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定定理，解题关键是准确无误的掌握平行四边形的判定定理，难度一般．
【变式5-2】（2020春•罗山县期末）已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，如果给出条件AB∥CD，那么还不能判定四边形ABCD为平行四边形，以下四种说法正确的是（ ）
①如果再加上条件BC＝AD，那么四边形ABCD一定是平行四边形；
②如果再加上条件∠BAD＝∠BCD，那么四边形ABCD一定是平行四边形；
③如果再加上条件AO＝CO，那么四边形ABCD一定是平行四边形；
④如果再加上条件∠DBA＝∠CAB，那么四边形ABCD一定是平行四边形．
A．①④ B．①③④ C．②③ D．②③④
【分析】根据已知，结合题意，画出图形，再根据平行四边形的判定，逐一判断即可．
【解答】解：①也可能是等腰梯形．
②可得AD∥BC，故正确．
③可判定△ABO≌△CDO，就有AB＝CD，故可判定为平行四边形，正确．
④也可能是等腰梯形．
故选：C．
【点评】平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：
1、四边形的两组对边分别平行；
2、一组对边平行且相等；
3、两组对边分别相等；
4、对角线互相平分；
5、两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
【变式5-3】（2020春•盐湖区期末）已知四边形ABCD，对角线AC与BD交于点O，从下列条件中：①AB∥CD；②AD＝BC；③∠ABC＝∠ADC；④OA＝OC，任取其中两个，以下组合能够判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
【分析】以①④作为条件能够判定四边形ABCD是平行四边形，根据平行得出全等三角形，即可求出OB＝OD，根据平行四边形的判定推出即可；
【解答】解：以①④作为条件，能够判定四边形ABCD是平行四边形．
理由：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∠OAB=∠OCDAO=CO∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，相似三角形的性质和判定，等腰梯形的判定等知识点的应用，主要考查学生的推理能力和辨析能力，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．
【考点6 平行四边形的判定与性质】
【例6】（2021春•海陵区校级月考）如图，点E在BC上，△ABC≌△EAD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AE平分∠DAB．∠EDC＝30°，求∠AED的度数．
【分析】（1）先由全等三角形的性质得BC＝AD，∠B＝∠EAD，AB＝EA，再证∠EAD＝∠AEB，得BC∥AD，即可得出四边形ABCD是平行四边形；
（2）由（1）得：∠B＝∠AEB＝∠EAD，四边形ABCD是平行四边形，得∠ADC＝∠B，再证△ABE是等边三角形，得∠ADC＝∠B＝∠BAE＝∠EAD＝60°，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABC≌△EAD，
∴BC＝AD，∠B＝∠EAD，AB＝EA，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠EAD＝∠AEB，
∴BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：由（1）得：∠B＝∠AEB＝∠EAD，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠B，
∵AE平分∠DAB，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠B＝∠AEB＝∠BAE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠ADC＝∠B＝∠BAE＝∠EAD＝60°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠EDC＝60°﹣30°＝30°，
∴∠AED＝190°﹣60°﹣30°＝90°．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式6-1】（2020秋•朝阳区校级月考）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB＝CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．
（1）求证：AD与BE互相平分；
（2）若AB⊥AC，AC＝BF，BE＝8，FC＝2，求AB的长．
【分析】（1）先证△ABC≌△DEF（ASA），得AB＝DE，再证四边形ABDE是平行四边形，即可得出结论；
（2）先求出BF＝3，则AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝5，然后由勾股定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接BD、AE，
∵FB＝CE，
∴BC＝EF，
又∵AB∥ED，AC∥FD，
∴∠ABC＝∠DEF，∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
∠BAC=∠DEFBC=EF∠ACB=∠DFE，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB＝DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AD与BE互相平分；
（2）解：∵FB＝CE，
∴BE＝2BF+FC，
∴BF=BE-FC2=8-22=3，
∴AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝3+2＝5，
∵AB⊥AC，
∴由勾股定理得：AB=BC2-AC2=52-32=4．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式6-2】（2020秋•宝鸡期末）在▱ABCD中，E，F分别为对角线BD上两点，连接AE，AF，CE，CF，并且AE∥CF．
（1）如图1，求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）如图2，若2BE＝3EF，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ABD面积的38．
【分析】（1）先证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，再由AE∥CF，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）得：△ABE≌△CDF，则BE＝DF，再由2BE＝3EF，得BE：BD＝3：8，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE∥CF，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴∠AEB＝∠CFD，
在△ABE和△CDF中，
∠ABE=∠CDF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：△ABE、△CDF、△BCE、△ADF，理由如下：
由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵2BE＝3EF，
∴BE：BD＝3：8，
∴△ABE的面积＝△CDF的面积＝△BCE的面积＝△ADF的面积＝△ABD面积的38．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式6-3】（2020秋•香坊区月考）如图，在△AFC中，∠FAC＝45°，FE⊥AC于点E，在EF上取一点B，连接AB、BC，使得AB＝FC，过点A作AD⊥AF，且AD＝BC，连接CD．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，若AB平分∠FAC，延长FE交CD于点H，请直接写出与∠ABE相等的角．
【分析】（1）证Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），得BE＝CE，则∠CBE＝∠BCE＝45°，证出∠BCE＝∠CAD，得BC∥AD，即可证出四边形ABCD是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证出∠CHB＝∠ABE，∠BAE＝∠DCA，证△ABC≌△ABF（AAS），得BC＝BF，AC＝AF，由等腰三角形的性质得∠BCF＝∠BFC，∠FCA＝∠CFA＝45°+∠CFE，进而得出∠BCH＝∠BAD＝∠FCA＝∠CFA＝∠ABE．
【解答】（1）证明：∵FE⊥AC，
∴∠FEA＝∠FEC＝90°，
∵∠FAC＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AFE＝∠FAE＝45°，
在Rt△AEB和Rt△FEC中，AB=FAE=FE，
∴Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），
∴BE＝CE，
∴∠CBE＝∠BCE＝45°，
∵AD⊥AF，
∴∠FAD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∴BC∥AD，
又∵BC＝AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：与∠ABE相等的角有：∠CHB、∠BCH、∠BAD、∠FCA、∠CFA；理由如下：
由（1）得：Rt△AEB≌Rt△FEC，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE＝∠CFE，∠BCH＝∠BAD，AB∥CD，
∴∠CHB＝∠ABE，∠BAE＝∠DCA，
∵AB平分∠FAC，
∴∠BAC＝∠BAF，
在△ABC和△ABF中，∠BAC=∠BAF∠ACB=∠AFB=45°AB=AB，
∴△ABC≌△ABF（AAS），
∴BC＝BF，AC＝AF，
∴∠BCF＝∠BFC，∠FCA＝∠CFA＝45°+∠CFE，
∵∠ABE＝∠AFE+∠BAF，
∴∠BCH＝∠BAD＝∠FCA＝∠CFA＝∠ABE．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角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，证明三角形全等是解题的关键．
【考点7 平行四边形中的最值问题】
【例7】（2020春•开江县期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝5，点E是AB上的点，AC为平行四边形AECF的对角线，则EF的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【分析】由平行四边形的对角线互相平分、垂线段最短知，当OE⊥AB时，EF取最小值．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴OE＝OF，OA＝OC，
∴当OE取最小值时，线段EF最短，此时OE⊥AB，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=12BC＝2.5，
∴EE＝2OE＝5，
∴EF的最小值是5．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，以及垂线段最短，解答该题时，利用了“平行四边形的对角线互相平分”的性质．
【变式7-1】（2020春•惠州期末）如图，四边形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，P为AB边上的一动点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，则对角线PQ的长的最小值是 ．
【分析】过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ADP≌△HCQ（AAS），从而可得AD＝HC，进而可求得BH＝4，当PQ⊥AB时，PQ的长最小，问题得解．
【解答】解：过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于点H，如图：
∵AD∥BC，
∴∠ADC＝∠DCH，即∠ADP+∠PDC＝∠DCQ+∠QCH，
∵PD∥CQ，
∴∠PDC＝∠DCQ，
∴∠ADP＝∠QCH，
又∵PD＝CQ，∠A＝∠CHQ＝90°，
∴△ADP≌△HCQ（AAS），
∴AD＝HC，
∵AD＝1，BC＝3，
∴BH＝4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
【变式7-2】（2020•昆山市一模）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点M是AC边上任意一点，连接MB，以MB、MC为邻边作▱MCNB，连接MN，则MN的最小值为 ．
【分析】设MN与BC交于点O，连接AO，过点O作OH⊥AC于H点，根据等腰三角形的性质和勾股定理可求AO和OH长，若MN最小，则MO最小即可，而O点到AC的最短距离为OH长，所以MN最小值是2OH．
【解答】解：设MN与BC交于点O，连接AO，过点O作OH⊥AC于H点，
∵四边形MCNB是平行四边形，
∴O为BC中点，MN＝2MO．
∵AB＝AC＝13，BC＝10，
∴AO⊥BC．
在Rt△AOC中，利用勾股定理可得
AO=AC2-CO2=132-52=12．
利用面积法：AO×CO＝AC×OH，
即12×5＝13×OH，解得OH=6013．
当MO最小时，则MN就最小，O点到AC的最短距离为OH长，
所以当M点与H点重合时，MO最小值为OH长是6013．
所以此时MN最小值为2OH=12013．
故答案为12013．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短、勾股定理、等腰三角形的性质，解题的关键是分析出点到某线段的垂线段最短，由此进行转化线段，动中找静．
【变式7-3】如图，在四边形ABCO中，AB∥OC，AO⊥OC，AB＝1，OC＝4，P为AO边上一个动点，连接PB并延长至点E，使得点E落在直线x＝3上，以PE，PC为边作▱PEFC，连接PF，则PF长的最小值为 ．
【分析】作FN⊥x轴于N，EM⊥y轴于M，连接PF．利用全等三角形的性质证明CN＝EM＝3，推出ON＝7，根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：作FN⊥x轴于N，EM⊥y轴于M，连接PF．
∵四边形PEFC是平行四边形，
∴PE＝CF，PE∥CF，
∴∠FCN＝∠ETC，
∵EM⊥y轴，FN⊥x轴，
∴∠EMP＝∠FNC＝90°，
∵EM∥TC，
∴∠MEP＝∠ETC，
∴∠MEP＝∠FCN，
∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴EM＝CN＝3，
∵OC＝4，
∴ON＝OC+CN＝4+3＝7，
当PF⊥FN时，PF的值最小，此时PF＝ON＝7，
∴PF的最小值为7．
故答案为7．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最短问题．
【考点8 平行四边形中的动点问题】
【例8】（2020春•江岸区校级月考）如图，在等边△ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度运动，E、F同时出发．设运动时间为t（s），当t＝（ ）s时，以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
A．1或2 B．2 C．2或3 D．2或4
【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
【解答】解：当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝3tcm，
则CF＝BC﹣BF＝（8﹣3t）cm，
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝8﹣3t，
解得：t＝2；
当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝3tcm，
则CF＝BF﹣BC＝（3t﹣8）cm，
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝3t﹣8，
解得：t＝4；
综上可得：当t＝2或4s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，
故选：D．
【点评】考查了平行四边形的判定，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式8-1】（2020春•西市区期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有 次．
【分析】首先设经过t秒，根据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，
此时方程t＝0，此时不符合题意；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，
解得：t＝4.8；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，
解得：t＝8；
④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，
解得：t＝9.6；
⑤点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣48）＝12﹣t，
解得：t＝16，
此时P点走的路程为16＞AD，此时不符合题意．
∴共3次．
故答案为：3．
【点评】此题考查了平行四边形的判定．注意能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意掌握分类讨论思想的应用．
【变式8-2】（2020春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝30°．点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣B﹣C向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣D﹣C向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．设运动时间为ts．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求当t＝0.5s时，△APQ的面积；
（3）当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，求t的值．
【分析】（1）过点B作BE⊥CD于点E，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可得解；
（2）过点Q作QM⊥AP，分别计算出t＝0.5s时，AP，AQ和QM的长，则按三角形面积公式计算即可；
（3）分点P在线段AB上，点Q在线段AD上和点P在线段BC上，点Q在线段CD上，两种情况计算即可．
【解答】解：（1）平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm
∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm
如图，过点B作BE⊥CD于点E，
∵∠C＝30°
∴BE=12BC＝1cm
∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE＝4×1＝4（cm2）
答：平行四边形ABCD的面积为4cm2．
（2）当t＝0.5s时，
AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm
如图，过点Q作QM⊥AP
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C
∵∠C＝30°
∴∠A＝30°
∴QM=12AQ=12×0.5=14（cm）
∴△APQ的面积为：12×AP×QM=12×1×14=18（cm2）
答：当t＝0.5s时，△APQ的面积为18（cm2）．
（3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为4cm2．
∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，
△APQ的面积为：4×38=32（cm2）
当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高为AQ2=t2cm
∴12×2t×t2=32
∴t=-3（舍）或t=3
∴t=3时符合题意；
当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上，
如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N
∵四边形ABCD为平行四边形，∠C＝30°，
∴AB∥CD
∴∠PBN＝∠C＝30°
PN=12PB=12（2t﹣4）＝（t﹣2）（cm），PM＝1﹣（t﹣2）＝（3﹣t）（cm）
S△APQ＝4-12×4×（t﹣2）-12×[4﹣（t﹣2）]×[1﹣（t﹣2）]-12（t﹣2）×1=32
∴4﹣2t+4-12（6﹣t）（3﹣t）-t2+1=32
化简得：t2﹣4t+3＝0
∴（t﹣1）（t﹣3）＝0
∴t＝1（不符合题意，舍）或t＝3
当t＝3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意．
综上，t的值为3或3．
【点评】本题考查了动点在平行四边形的边上运动所形成的三角形的面积的问题，数形结合，按照三角形或平行四边形的面积公式计算，是解题的关键．
【变式8-3】（2020秋•南关区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）
（1）当t＝3时，BP＝ ；
（2）当t＝ 时，点P运动到∠B的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【分析】（1）根据题意可得BP＝2t，进而可得结果；
（2）根据∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四边形ABCD是矩形，根据角平分线定义可得AF＝AB＝4，得DF＝4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也为4，③当点P在CD上，点P到AB边的距离为8，但点P到AB、BC边的距离都小于8，进而可得当t＝2s或t＝3s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【解答】解：（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案为：6；
（2）作∠B的角平分线交AD于F，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴当t＝8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
S△ABP=12×BP×AB=12×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②当点P在CD上运动时，
S△ABP=12×AB×BC=12×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③当点P在AD上运动时，
S△ABP=12×AB×AP=12×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，
根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，
∴点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，
∴点P到DE边的距离也为4，
∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
点P到DE、BE边的距离相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE,
∴12×3×4=12×5×PH+12×3×PC,
∴12＝8PH,
∴12＝8(2t﹣8),
解得t=194．
综上所述：t＝2或t＝3或t=194时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、角平分线定义、三角形的面积、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
【考点9 三角形中位线定理的运用】
【方法点拨】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9】（2020春•无锡期中）如图，在△ABC中，BC＝12，D、E分别是AB、AC的中点，F是DE上一点，DF＝1，连接AF，CF，若∠AFC＝90°，则AC的长度为（ ）
A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到EF的长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC＝6，
∴EF＝DE﹣DF＝6﹣1＝5，
在Rt△AFC中，AE＝EC，
∴AC＝2EF＝10，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，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．
【变式9-1】（2020春•鄞州区期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD，AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为（ ）
A．1 B．34 C．12 D．23
【分析】证明△AGF≌△ACF，根据全等三角形的性质得到AG＝AC＝3，GF＝FC，求出GB，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△AGF和△ACF中，
∠GAF=∠CAFAF=AF∠AFG=∠AFC，
∴△AGF≌△ACF（ASA）
∴AG＝AC＝3，GF＝FC，
∴GB＝AB﹣AG＝1，
∵CF＝FG，CE＝EB，
∴EF是△CGB的中位线，
∴EF=12GB=12，
故选：C．
【点评】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．
【变式9-2】（2020春•昆山市期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F、G分别是AB、CD、AC的中点，若∠DAC＝10°，∠ACB＝66°，则∠FEG等于（ ）
A．76° B．56° C．38° D．28°
【分析】根据三角形中位线定理得到EG＝FG，根据平行线的性质得到∠FGC＝∠DAC＝10°，∠EGC＝180°﹣∠ACB＝114°，求出∠EGF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：∵E、F、G分别是AB、CD、AC的中点，
∴EG、FG分别是△ABC和△ADC两个三角形的中位线，
∴EG∥BC，FG∥AD，EG=12BC，FG=12AD，
∵AD＝BC，
∴EG＝FG，
∵EG∥BC，FG∥AD，
∴∠FGC＝∠DAC＝10°，∠EGC＝180°﹣∠ACB＝114°，
∴∠EGF＝∠FGC+∠EGC＝124°，
∵EG＝FG，
∴∠FEG=12（180°﹣124°）＝28°．
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形内角和定理、等腰三角形的判定与性质，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．
【变式9-3】（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．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理得到AD＝AE，得到DB＝EC，根据三角形中位线定理证明结论；
（2）延长FG交AC于N，根据三角形中位线定理得到FH∥AC，FN∥AB，根据平行线的性质解答即可．
【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．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用、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．
【考点10 多边形的对角线】
【方法点拨】（1）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．
（2） n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线．从n个顶点出发引出（n-3）条，而每条重复一次，
所以n边形对角线的总条数为：n（n-3）²（n≥3，且n为整数）
（3）对多边形对角线条数公：n（n-3）²的理解：n边形的一个顶点不能与它本身及左右两个邻点相连成对角线，故可连出（n-3）条．共有n个顶点，应为n（n-3）条，这样算出的数，正好多出了一倍，所以再除以2．
【例10】（2020秋•和平区校级期末）在研究多边形的几何性质时．我们常常把它分割成三角形进行研究．从八边形的一个顶点引对角线，最多把它分割成三角形的个数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，分成（n﹣2）个三角形．
【解答】解：过八边形的一个顶点可以引（8﹣1﹣2）＝5条对角线，
所以可组成6个三角形．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形对角线，关键是掌握多边形对角线的画法．
【变式10-1】（2020秋•本溪期末）如果过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，则该多边形对角线一共有（ ）
A．18条 B．14条 C．20条 D．27条
【分析】根据从每一个顶点出发可以作的对角线的总条数为n﹣3计算即可得到该多边形的边数（或顶角数），然后由n边形的对角线总条数公式为n(n-3)2进行解答．
【解答】解：∵过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，
∴多边形的边数为6+3＝9，
∴这个多边形是九边形．
∴该多边形对角线一共有：9×(9-3)2=27（条）．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，熟记从每一个顶点出发可以作的对角线的条数为（n﹣3）是解题的关键．
【变式10-2】（2019秋•叶县期末）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2020个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
【分析】设多边形的边数为n，可根据多边形的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数为n﹣1．
【解答】解：设多边形的边数为n，
则：n﹣1＝2020，
解得n＝2021，
故选：C．
【点睛】此题考查了规律型：图形的变化，多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数＝多边形的边数﹣1．
【变式10-3】（2020秋•江岸区校级月考）一个n边形共有n条对角线，将这个n边形截去一个角后它的边数为 ．
【分析】根据多边形过一个顶点的对角线与边的关系求解．
【解答】解：由这个n边形共有n条对角线，可得n(n-3)2=n，解得n＝5或0（不合题意，舍去），
所以这个多边形是五边形，
将一个五边形截去一个角，根据截法不同可以有三种情况，其结果分别是4或5或6条边，
故答案为：4或5或6．
【点睛】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，一共有n(n-3)2条对角线．
【考点11 多边形的内角和外角】
【方法点拨】掌握n边形的内角和是（n﹣2）•180°，多边形的外角和是360°是解题的关键.
【例11】（2021春•江都区月考）一个多边形中，每个内角都相等，并且每个外角都等于它的相邻内角的14，求这个多边形的边数及内角和？
【分析】根据题意得出内角的度数，进而得出边长，即可得出答案．
【解答】解：设这个多边形的一个外角的度数为x，
由x=14（180°﹣x）
解得：x＝36°，
360÷36＝10，
（10﹣2）×180°＝1440°，
此多边形为十边形，内角和为1440°．
【点睛】此题主要考查了多边形内角与外角，正确得出内角的度数是解题关键．
【变式11-1】（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？
【分析】（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷α；
（2）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．根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．
【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°．
【点睛】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．
【变式11-2】（2020秋•即墨区期末）“转化”是数学中的一种重要思想，即把陌生的问题转化成熟悉的问题，把复杂的问题转化成简单的问题，把抽象的问题转化为具体的问题．
（1）请你根据已经学过的知识求出下面星形图（1）中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数；
（2）若对图（1）中星形截去一个角，如图（2），请你求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（3）若再对图（2）中的角进一步截去，你能由题（2）中所得的方法或规律，猜想图3中的∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N的度数吗？只要写出结论，不需要写出解题过程）
【分析】（1）根据三角形外角的性质和三角形内角和定理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数；
（2）根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（3）根据图中可找出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，并且每截去一个角则会增加180度，由此即可求出答案．
【解答】解：（1）∵∠1＝∠2+∠D＝∠B+∠E+∠D，∠1+∠A+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（2）∵∠1＝∠2+∠F＝∠B+∠E+∠F，∠1+∠A+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°；
（3）根据图中可得出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，每截去一个角则会增加180度，
所以当截去5个角时增加了180×5度，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝180°×5+180°＝1080°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角与外角之间的关系．有关五角星的角度问题是常见的问题，其5个角的和是180度．解此题的关键是找到规律利用规律求解．
【变式11-3】（2020秋•齐齐哈尔期末）探究与发现：
探究一：我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？
已知：如图1，∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角，试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系．
探究二：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？
已知：如图2，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，试探究∠P与∠A的数量关系．
探究三：若将△ADC改为任意四边形ABCD呢？
已知：如图3，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系．
【分析】探究一：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，再根据三角形内角和定理整理即可得解；
探究二：根据角平分线的定义可得∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
探究三：根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可．
【解答】解：探究一：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，
∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC＝180°+∠A；
探究二：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°-12∠ADC-12∠ACD
＝180°-12（∠ADC+∠ACD）
＝180°-12（180°﹣∠A）
＝90°+12∠A；
探究三：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°-12∠ADC-12∠BCD
＝180°-12（∠ADC+∠BCD）
＝180°-12（360°﹣∠A﹣∠B）
=12（∠A+∠B）．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式，此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．
【考点12 用正多边形铺设平面】
【方法点拨】掌握正多边形铺设平面是解题的关键.
（1） 单一正多边形的镶嵌：正三角形，正四边形，正六边形．
（2）两种正多边形的镶嵌：3个正三角形和2个正方形、四个正三角形和1个正六边形、2个正三角形和2个正六边形、1个正三角形和2个正十二边形、1个正方形和2个正八边形等．
（3）用任意的同一种三角形或四边形能镶嵌成一个平面图案．
【例12】（2020春•青岛期末）某中学新科技馆铺设地面，已有正方形地砖，现打算购买另一种正多边形地砖（边长与正方形的相等），与正方形地砖作平面镶嵌，则该学校可以购买的地砖形状是（ ）
A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形
【分析】分别各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．
【解答】解：A、正五边形每个内角是108°，108°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
B、正六边形每个内角是120°，120° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
C、正八边形每个内角是135°，135°×2+90°＝360°，能密铺，符合题意．
D、正十二边形每个内角是150°，150° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查平面镶嵌问题，考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°，任意几种多边形能否进行镶嵌，看它们能否组成360°的角．
【变式12-1】（2020春•洛宁县期末）如果用边长相同的正三角形和正六边形两种图形铺满平面，那么一个顶点处需要（ ）
A．三个正三角形、两个正六边形
B．四个正三角形、两个正六边形
C．两个正三角形、两个正六边形
D．三个正三角形、一个正六边形
【分析】根据平面镶嵌的概念逐一判断即可得．
【解答】解：A．由3×60°+2×120°＝420°≠360°知三个正三角形、两个正六边形不符合题意；
B．由4×60°+2×120°＝480°≠360°知四个正三角形、两个正六边形不符合题意；
C．由2×60°+2×120°＝360°知两个正三角形、两个正六边形符合题意；
D．由3×60°+120°＝300°≠360°知三个正三角形、一个正六边形不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查平面镶嵌（密铺），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．
【变式12-2】（2020春•惠安县期末）利用边长相等的正三角形和正六边形地砖能够铺满地板，若在每个顶点处有a块正三角形和b块正六边形（a＞b＞0），则a+b的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明可以进行平面镶嵌；反之，则说明不能进行平面镶嵌．
【解答】解：∵正三边形和正六边形内角分别为60°、120°，
60°×4+120°＝360°，或60°×2+120°×2＝360°，
∴a＝4，b＝1或a＝2，b＝2，
∵a＞b＞0，
∴a＝4，b＝1，
∴a+b＝4+1＝5，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，关键是记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合．
【变式12-3】（2020春•新野县期末）在正三角形，正方形，正六边形，正八边形中，任选两种正多边形镶嵌，这样的组合最多能找到（ ）
A．2组 B．3组 C．4组 D．5组
【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件，分情况讨论即可求出答案．
【解答】解：正三角形的每个内角是60°，正方形的每个内角是90°，∵3×60°+2×90°＝360°，∴正三角形，正方形能组合；
正六边形的每个内角是120°，正三角形的每个内角是60度．∵2×120°+2×60°＝360°，或120°+4×60°＝360°，∴正三角形，正六边形能组合；
正八边形的每个内角为：180°﹣360°÷8＝135°，正三角形的每个内角是60°，135m+60n＝360°，n＝6﹣2.25m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满；
正方形的每个内角是90°，正六边形的每个内角是120度．90m+120n＝360°，m＝4-43n，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满；
正方形的每个内角是90°，正八边形的每个内角为：180°﹣360°÷8＝135°，∵90°+2×135°＝360°，∴正方形，正八边形能组合；
正八边形的每个内角为：180°﹣360°÷8＝135°，正六边形的每个内角是120度．135m+120n＝360°，n＝3-98m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满．
故选：B．
【点睛】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．
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