2020年湖南中考数学复习课件§４.４ 多边形与平行四边形.pptx

1、考点一 多边形,1.(2016湖南长沙,4,3分)六边形的内角和是 ( ) A.540 B.720 C.900 D.360,答案 B n边形的内角和是(n-2)180,六边形的内角和为(6-2)180=720,故选B.,A组 20152019年湖南中考题组,2.(2016湖南益阳,6,5分)将一矩形纸片沿一条直线剪成两个多边形,那么这两个多边形的内角和之和 是 ( ) A.360 B.540 C.720 D.900,答案 D 将矩形沿对角线剪开,得到两个三角形,这两个多边形的内角和之和为180+180=360;在矩 形任一边上取一点(不含顶点),连接该点与矩形的任一顶点(不与该点在同一条边上)

2、,得到一条线段,沿此线 段剪开矩形,得到一个三角形和一个四边形,这两个多边形的内角和之和为180+360=540;任取矩形一 组对边,在这两边上各取一点(不含顶点),连接这两点得到一条线段,将矩形沿这条线段剪开,得到两个四边 形,这两个多边形的内角和之和为360+360=720;任取矩形相邻两边,在这两边上各取一点(不含顶点), 连接此两点,得到一条线段,将矩形沿这条线段剪开,得到一个三角形和一个五边形,这两个多边形的内角和 之和为180+540=720.故选D.,3.(2019湖南湘潭,14,3分)四边形的内角和是 .,答案 360,解析 四边形的内角和是(4-2)180=360.,4.(2

3、018湖南邵阳,14,3分)如图所示,在四边形ABCD中,ADAB,C=110,它的一个外角ADE=60,则B 的大小是 .,答案 40,解析 ADE=60,ADC=120, ADAB, DAB=90, B=360-C-ADC-A=40.,5.(2017湖南邵阳,15,3分)如图所示的正六边形ABCDEF,连接FD,则FDC的大小为 .,答案 90,解析 易知在正六边形ABCDEF中,E=EDC=120, EF=DE, EDF=EFD=30,FDC=120-30=90. 故答案为90.,思路分析 易知正六边形的各内角的度数,根据等腰三角形的性质即可得到结论.,6.(2017湖南益阳,13,5分

4、)如图,多边形ABCDE的每个内角都相等,则每个内角的度数为 .,答案 108,解析 五边形的内角和=(5-2)180=540, 五边形的每个内角都相等, 每个内角的度数=5405=108.,考点二 平行四边形,1.(2017湖南衡阳,8,3分)如图,在四边形ABCD中,ABCD,要使四边形ABCD是平行四边形,下列可添加的条 件中不正确的是( ) A.AB=CD B.BC=AD C.A=C D.BCAD,答案 B A.AB=CD,根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形知,A正确; B.BC=AD,一组对边平行,另一组对边相等,不能判定四边形一定为平行四边形,故B不正确; C.A=C,由条

5、件可知B=D,对角相等的四边形是平行四边形,故C正确; D.BCAD,由平行四边形的定义可知,两组对边分别平行的四边形是平行四边形.故D正确.故选B.,2.(2016湖南娄底,4,3分)下列命题中,错误的是 ( ) A.两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B.有一个角是直角的平行四边形是矩形 C.有一组邻边相等的平行四边形是菱形 D.内错角相等,答案 D 内错角相等的前提是两直线平行,选项D中没有前提条件是不能得到内错角相等的,故D选项错 误,故选D.,思路分析 根据平行四边形,矩形,菱形的判定方法即可判断.,解题关键 本题考查平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识,解题的关键是熟练

6、掌握特殊四 边形的判定方法.,3.(2017湖南株洲,9,3分)如图,点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四条边AB、BC、CD、DA的中点,则关 于四边形EFGH,下列说法正确的是 ( ) A.一定不是平行四边形 B.一定不是中心对称图形 C.可能是轴对称图形 D.当AC=BD时,它为矩形,答案 C 根据三角形中位线的性质可以确定四边形EFGH为平行四边形,故A、B错误;当AC=BD时,它是 菱形,故D错误.故选C.,4.(2019湖南湘潭,15,3分)如图,在四边形ABCD中,若AB=CD,则添加一个条件 ,能得到平行四边形 ABCD(不添加辅助线,任意添加一个符合题意的条件即可).,答

7、案 ABCD(或AD=BC或A+D=180或B+C=180),解析 根据平行四边形判定定理“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”“两组对边相等的四边 形是平行四边形”添加条件即可.,5.(2018湖南衡阳,17,3分)如图,ABCD的对角线相交于点O,且ADCD,过点O作OMAC,交AD于点M.如 果CDM的周长为8,那么ABCD的周长是 .,答案 16,解析 四边形ABCD是平行四边形,OA=OC, OMAC,AM=MC. CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=8, 平行四边形ABCD的周长是2(AD+CD)=28=16.,6.(2019湖南郴州,19,6分)如图

8、,ABCD中,点E是边AD的中点,连接CE并延长交BA的延长线于点F,连接AC, DF.求证:四边形ACDF是平行四边形.,证明 四边形ABCD是平行四边形,ABCD,FAE=CDE. E是AD的中点,AE=DE, 又FEA=CED,FAECDE(ASA),FA=CD, 又AFCD,四边形ACDF是平行四边形.,解题关键 本题考查了平行四边形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,熟练掌握平行四边形的判定 定理和性质定理是解题的关键.,思路分析 利用平行四边形的性质,易证FAECDE,即可得到CD=FA,再根据CDAF,即可证得四边 形ACDF是平行四边形.,7.(2016湖南长沙,22,8分)

9、如图,AC是ABCD的对角线,BAC=DAC. (1)求证:AB=BC; (2)若AB=2,AC=2 ,求ABCD的面积.,解析 (1)证明:四边形ABCD为平行四边形, ADBC,DAC=BCA, 又BAC=DAC,BAC=BCA,AB=BC. (2)连接BD交AC于O, AB=BC,且四边形ABCD为平行四边形, 四边形ABCD为菱形,ACBD,BO2+OA2=AB2, 即BO2+ =22,BO=1,BD=2BO=2, SABCD= BDAC= 22 =2 .,B组 20152019年全国中考题组,考点一 多边形,1.(2019河北,1,3分)下列图形为正多边形的是 ( ),答案 D 正多

10、边形的各边相等,各角相等,故选D.,2.(2019四川成都,9,3分)如图,正五边形ABCDE内接于O,P为 上的一点(点P不与点D重合),则CPD的 度数为 ( ) A.30 B.36 C.60 D.72,答案 B 连接CO,DO,五边形ABCDE为正五边形,COD= 360=72,CPD= COD=36,故 选B.,3.(2017贵州黔南州,8,3分)如果一个正多边形的内角和等于外角和的2倍,则这个正多边形是 ( ) A.正方形 B.正五边形 C.正六边形 D.正八边形,答案 C 设这个多边形的边数为n, 由题意得(n-2)180=2360, 解得n=6. 故这个多边形是正六边形. 故选C

11、.,4.(2018陕西,12,3分)如图,在正五边形ABCDE中,AC与BE相交于点F,则AFE的度数为 .,答案 72,解析 五边形ABCDE是正五边形, EAB=ABC= =108, BA=BC,BAC=BCA=36, 同理可得ABE=36, AFE=ABF+BAF=36+36=72.,考点二 平行四边形,1.(2018内蒙古呼和浩特,8,3分)顺次连接平面上A、B、C、D四点得到一个四边形,从ABCD;BC=AD; A=C;B=D四个条件中任取其中两个,可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结论的情 况共有 ( ) A.5种 B.4种 C.3种 D.1种,答案 C 能够得出“四边形A

12、BCD是平行四边形”这一结论的情况有、,共三种.故选C.,2.(2016河北,13,2分)如图,将ABCD沿对角线AC折叠,使点B落在点B处.若1=2=44,则B为 ( ) A.66 B.104 C.114 D.124,答案 C 设AB与CD相交于点P, 由折叠知CAB=CAB, 由ABCD,得1=BAB, CAB=CAB= 1=22. 在ABC中,CAB=22,2=44, B=180-22-44=114.,3.(2018河南,9,3分)如图,已知AOBC的顶点O(0,0),A(-1,2),点B在x轴正半轴上.按以下步骤作图:以点O为 圆心,适当长度为半径作弧,分别交边OA,OB于点D,E;分

13、别以点D,E为圆心,大于 DE的长为半径作弧,两 弧在AOB内交于点F;作射线OF,交边AC于点G.则点G的坐标为 ( ) A.( -1,2) B.( ,2) C.(3- ,2) D.( -2,2),答案 A 如图,设AC与y轴交于点H. 在AOBC中,ACOB,AHy轴, A(-1,2),AO= = , 由作图知OF平分AOB, AOF=BOF=AGO, AG=AO= ,HG=AG-AH= -1, 点G的坐标为( -1,2).故选A.,思路分析 根据作图方法可知OF平分AOB,在AOBC中判定AOG为等腰三角形,用勾股定理可求相 关边的长度,进而求得点G的坐标.,方法总结 本题考查了平行四边

14、形的性质、基本作图、勾股定理,主要载体为一种数学模型,如下图,若有 ABCD,CB平分ACD,AC=AB.取任意两个作条件,一定能得出第三个.,4.(2019云南,6,3分)在平行四边形ABCD中,A=30,AD=4 ,BD=4,则平行四边形ABCD的面积等于 .,答案 16 或8,解析 当ABD为锐角时,过D点作DEAB于点E.如图1. 在RtADE中,A=30,AD=4 , DE= AD= 4 =2 , AE= AD= 4 =6. 在RtBDE中,由勾股定理得BE= = =2, AB=AE+BE=6+2=8,图1,SABCD=ABDE=82 =16 . 当ABD为钝角时,如图2,同理可得D

15、E=2 ,AE=6,BE=2, 图2 AB=AE-BE=6-2=4, SABCD=ABDE=42 =8 . 综上所述,平行四边形ABCD的面积为16 或8 .,方法点拨 本题的难点在于平行四边形形状的不确定性.根据平行四边形的面积公式,需要知道平行四边形的一边长及该边上的高,高线可能在平行四边形的内部,也可能在外部,进而画出图形,其他问题便迎刃而解了.,5.(2017四川成都,14,4分)如图,在平行四边形ABCD中,按以下步骤作图:以A为圆心,任意长为半径作弧,分 别交AB,AD于点M,N;分别以M,N为圆心,以大于 MN的长为半径作弧,两弧相交于点P;作射线AP,交边 CD于点Q,若DQ=

16、2QC,BC=3,则平行四边形ABCD的周长为 .,答案 15,解析 由作图知AQ平分DAB,在ABCD中,ABCD, 所以DAQ=BAQ=DQA,所以DQ=DA=BC=3. 因为DQ=2QC,所以DC=4.5. 所以平行四边形ABCD的周长为2(4.5+3)=15.,6.(2016内蒙古呼和浩特,15,3分)已知平行四边形ABCD的顶点A在第三象限,对角线AC的中点在坐标原点, 一边AB与x轴平行且AB=2,若点A的坐标为(a,b),则点D的坐标为 .,答案 (-a-2,-b)或(-a+2,-b),解析 因为ABx轴,A(a,b),且AB=2,所以B的坐标为(a+2,b)或(a-2,b),因

17、为ABCD是中心对称图形,其对称 中心与原点重合,所以点B与点D关于原点对称,所以点D的坐标为(-a-2,-b)或(-a+2,-b).,7.(2019安徽,20,10分)如图,点E在ABCD内部,AFBE,DFCE. (1)求证:BCEADF; (2)设ABCD的面积为S,四边形AEDF的面积为T,求 的值.,解析 (1)证明:如图1,延长FA与CB的延长线交于点M, ADBC,FAD=M, 又AFBE,M=EBC,FAD=EBC. 同理得FDA=ECB. 在BCE和ADF中,EBC=FAD, BC=AD,ECB=FDA,BCEADF. (5分) (2)解法一:如图1,连接EF,由(1)知BC

18、EADF,AF=BE,又AFBE, 四边形ABEF为平行四边形,SAEF=SAEB. 同理SDEF=SDEC,T=SAEB+SDEC, 又T=SAED+SADF=SAED+SBCE,S=SAEB+SDEC+SAED+SBCE=2T. =2. (10分) 解法二:BCEADF,T=SAED+SBCE. 如图2,过点E作HGBC交BC于G,交AD于H,则EGBC,EHAD.于是,T=SAED+SBCE= BC(EG+EH)= BC,GH= S,即 =2. (10分),图1,图2,C组 教师专用题组,考点一 多边形,1.(2019贵州贵阳,6,3分)如图,正六边形ABCDEF内接于O,连接BD,则C

19、BD的度数是 ( ) A.30 B.45 C.60 D.90,答案 A 在正六边形ABCDEF中,BCD= =120,BC=CD,CBD= (180-120)=30,故选A.,思路分析 根据正六边形的内角和求得BCD的度数,然后根据等腰三角形的性质即可得到结果.,2.(2017湖北宜昌,10,3分)如图,将一张四边形纸片沿直线剪开,如果剪开后的两个图形的内角和相等,下列四 种剪法中,符合要求的是 ( ) A. B. C. D.,答案 B 剪开后的两个图形都是四边形,它们的内角和都是360,剪开后的两个图形都是三角形,它们 的内角和都是180,剪开后的两个图形的内角和相等,故选B.,3.(201

20、8浙江宁波,5,4分)已知正多边形的一个外角等于40,那么这个正多边形的边数为 ( ) A.6 B.7 C.8 D.9,答案 D 利用正多边形的每个外角都相等,外角和为360,即可求得边数为36040=9.,4.(2018山东济宁,8,3分)如图,在五边形ABCDE中,A+B+E=300,DP、CP分别平分EDC、BCD,则 P的度数是 ( ) A.50 B.55 C.60 D.65,答案 C 在五边形ABCDE中,A+B+BCD+CDE+E=(5-2)180=540,又因为A+B+E=300, 所以BCD+CDE=240.因为DP、CP分别平分EDC、BCD,所以PCD= BCD,PDC=

21、CDE, 所以PCD+PDC= (BCD+CDE)= 240=120.在PCD中,PCD+PDC+P=180,所以 P=180-(PCD+PDC)=180-120=60.故选C.,思路分析 根据五边形内角和求出BCD与CDE的和,再根据角平分线及三角形内角和求出P.,5.(2017江苏南京,14,2分)如图,1是五边形ABCDE的一个外角.若1=65,则A+B+C+D= .,答案 425,解析 因为1=65,所以AED=115.因为五边形内角和是540,所以A+B+C+D=540-115=425.,6.(2018江苏宿迁,12,3分)若一个多边形的内角和是其外角和的3倍,则这个多边形的边数是

22、.,答案 8,解析 设多边形的边数为n,根据题意, 得(n-2)180=3360, 解得n=8. 则这个多边形的边数是8.,7.(2018河北,19,6分)如图1,作BPC平分线的反向延长线PA,现要分别以APB,APC,BPC为内角作正 多边形,且边长均为1,将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案. 例如:若以BPC为内角,可作出一个边长为1的正方形,此时BPC=90,而 =45是360(多边形外角和)的 ,这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形,填充花纹后得到一个符合要求的图案,如图2所示. 图2中的图案外轮廓周长是 ; 在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标,则会

23、标的外轮廓周长是 .,图1,图2,答案 14;21,解析 题图2中的图案由两个边长均为1的正八边形和1个边长为1的正方形组成,且三个正多边形三边相 连,题图2中的图案外轮廓周长是6+6+2=14.由于三个正多边形的边长均为1,显然以APB,APC为内角的 两个正多边形的边数越多(即以BPC为内角的正多边形的边数越少),会标的外轮廓周长越大.当以BPC 为内角的正多边形为等边三角形时,会标的外轮廓周长最大.此时APB=150,以APB,APC为内角的两 个正多边形均为正十二边形,会标的外轮廓周长为10+10+1=21.,8.(2017吉林,13,3分)如图,分别以正五边形ABCDE的顶点A,D为

24、圆心,以AB长为半径画 , .若AB=1,则阴 影部分图形的周长和为 (结果保留).,答案 +1,解析 正五边形的每个内角都为108,故可得阴影部分图形的周长和为2 +1= +1.,考点二 平行四边形,1.(2018安徽,9,4分)ABCD中,E,F是对角线BD上不同的两点.下列条件中,不能得出四边形AECF一定为平 行四边形的是 ( ) A.BE=DF B.AE=CF C.AFCE D.BAE=DCF,答案 B 当BE=DF时,如图1, 易证AFDCEB,ABECDF, 从而AF=CE,AE=CF, 所以四边形AECF一定是平行四边形,故A不符合题意; 当AFCE时,如图1, 则AFE=CE

25、F,从而AFD=CEB,又因为ADF=CBE,AD=BC, 所以AFDCEB,则AF=CE, 所以四边形AECF一定是平行四边形,故C不符合题意; 当BAE=DCF时,如图1,易证ABECDF, 可得AEB=CFD,AE=CF, 所以AEF=CFE,所以AECF, 则四边形AECF一定是平行四边形,故D不符合题意;,如图2,其中AE=CF, 但显然四边形AECF不是平行四边形.故B符合题意. 图1 图2,思路分析 依据平行四边形的定义或判定定理进行判断.,2.(2019四川成都,14,4分)如图,ABCD的对角线AC与BD相交于点O,按以下步骤作图:以点A为圆心,以任 意长为半径作弧,分别交A

26、O,AB于点M,N;以点O为圆心,以AM长为半径作弧,交OC于点M;以点M为圆 心,以MN长为半径作弧,在COB内部交前面的弧于点N;过点N作射线ON交BC于点E.若AB=8,则线段 OE的长为 .,思路分析 根据作图方法判断得出COE=CAB,由平行四边形的性质以及平行线的判定定理得出线段 OE是ABC的中位线,进而求得线段OE的长度.,答案 4,解析 由作图方法可得COE=CAB,OEAB.在ABCD中,AO=CO,线段OE为ABC的中位线, 线段OE的长为线段AB长的一半,为4.,3.(2018山东临沂,17,3分)如图,在ABCD中,AB=10,AD=6,ACBC,则BD= .,答案

27、4,解析 如图,过点D作DEBC交BC延长线于点E,四边形ABCD为平行四边形,AD=BC=6,ACBC, AC= =8=DE,BE=BC+CE=6+6=12,BD= =4 .,思路分析 过点D作DEBC交BC延长线于点E,构造直角三角形,利用勾股定理和平行四边形的性质求解.,4.(2017湖北武汉,13,3分)如图,在ABCD中,D=100,DAB的平分线AE交DC于点E,连接BE.若AE=AB,则 EBC的度数为 .,解析 四边形ABCD是平行四边形, BCAD,ABDC,ABC=D, DAB+D=180,D=100, DAB=80,ABC=100. 又DAB的平分线交DC于点E, EAD

28、=EAB=40. AE=AB, ABE= (180-40)=70, EBC=ABC-ABE=100-70=30.,答案 30,5.(2017内蒙古呼和浩特,15,3分)如图,在ABCD中,B=30,AB=AC,O是两条对角线的交点,过点O作AC的 垂线分别交边AD,BC于点E,F;点M是边AB的一个三等分点.则AOE与BMF的面积比为 .,解析 如图,过点M作MPBC于点P,过点A作AQBC于点Q, 在平行四边形ABCD中,O是两条对角线的交点, AOECOF. B=30,AB=AC, ACB=B=30. ACEF, 在RtOFC中,设OF=x,则OC= x,FC=2x. SAOE=SOFC=

29、 OFOC= x2.,答案 34,AB=AC=2OC=2 x, 在RtABQ中,BQ=3x,BC=6x. BF=4x. 点M是边AB的一个三等分点, MB= x. 在RtBMP中,MP= MB= x, SBMF= BFMP= x2. SAOESBMF=34.,6.(2019贵州贵阳,18,10分)如图,四边形ABCD是平行四边形,延长AD至点E,使DE=AD,连接BD. (1)求证:四边形BCED是平行四边形; (2)若DA=DB=2,cos A= ,求点B到点E的距离.,解析 (1)证明:四边形ABCD是平行四边形, ADBC,AD=BC, 又点E在AD的延长线上,且DE=AD, DEBC,

30、DE=BC, 四边形BCED是平行四边形. (2)DA=DB=2,且四边形ABCD是平行四边形, DA=DB=BC=2, 由(1)知四边形BCED是平行四边形, 四边形BCED是菱形. 连接BE,易知BEDC,BEAB, 在RtABE中,AE=2DA=4,cos A= , AB=AEcos A=4 =1,BE= = , BE= .,7.(2017江苏南京,19,7分)如图,在ABCD中,点E、F分别在AD、BC上,且AE=CF,EF、BD相交于点O.求证: OE=OF.,证明 四边形ABCD是平行四边形, ADBC,AD=BC, EDO=FBO,DEO=BFO. AE=CF, AD-AE=CB

31、-CF,即DE=BF, DOEBOF, OE=OF.,8.(2017湖北咸宁,18,9分)如图,点B、E、C、F在一条直线上,AB=DF,AC=DE,BE=FC. (1)求证:ABCDFE; (2)连接AF、BD,求证:四边形ABDF是平行四边形.,证明 (1)BE=FC, BC=EF, 在ABC和DFE中, ABCDFE(SSS). (2)由(1)知ABCDFE, ABC=DFE, ABDF, AB=DF, 四边形ABDF是平行四边形.,思路分析 (1)利用“SSS”证明ABCDFE即可; (2)由全等三角形的性质得出ABC=DFE,证出ABDF,即可得出结论.,9.(2016湖南永州,23

32、,10分)如图,四边形ABCD为平行四边形,BAD的平分线AE交CD于点F,交BC的延长线 于点E. (1)求证:BE=CD; (2)连接BF,若BFAE,BEA=60,AB=4,求平行四边形ABCD的面积.,解析 (1)证明:四边形ABCD是平行四边形, ADBC,AB=CD, AEB=DAE, AE是BAD的平分线, BAE=DAE,BAE=AEB, AB=BE,BE=CD. (2)AB=BE,BEA=60, ABE是等边三角形, AE=AB=4,BFAE, AF=EF=2,AFB=90, BF= = =2 , ADBC, D=ECF,DAF=E,在ADF和ECF中, ADFECF(AAS

33、), SADF=SECF, SABCD =SABE= AEBF= 42 =4 .,思路分析 由平行四边形的性质和角平分线得出BAE=BEA,即可得出AB=BE,进而得证;(2)先证明 ABE是等边三角形,得出AE=AB=4,AF=EF=2,由勾股定理求出BF,由AAS证明ADFECF,得出ADF的 面积=ECF的面积,因此平行四边形ABCD的面积=ABE的面积= AEBF,即可得出结果.,解题关键 本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、等边三角形 的判定与性质、勾股定理;熟练掌握平行四边形的性质,证明三角形全等是解决问题(2)的关键.,10.(2016山东德州,

34、23,10分)我们给出如下定义:顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点 四边形. (1)如图1,四边形ABCD中,点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点.求证:中点四边形EFGH是平行四边形; (2)如图2,点P是四边形ABCD内一点,且满足PA=PB,PC=PD,APB=CPD.点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD, DA的中点.猜想中点四边形EFGH的形状,并证明你的猜想; (3)若改变(2)中的条件,使APB=CPD=90,其他条件不变,直接写出中点四边形EFGH的形状.(不必证明),解析 (1)证明:如图,连接BD. 点E,H分别为边AB,AD的中点, E

35、HBD,EH= BD. 点F,G分别为边BC,CD的中点, FGBD,FG= BD.EHFG,EH=FG. 中点四边形EFGH是平行四边形. (3分) (2)中点四边形EFGH是菱形.,证明:如图,连接AC,BD. APB=CPD,APB+APD=CPD+APD, 即BPD=APC,又PB=PA,PD=PC, BPDAPC.BD=AC. (6分) 点E,F,G分别为边AB,BC,CD的中点, EF= AC,FG= BD,EF=FG,又由(1)知四边形EFGH是平行四边形, 中点四边形EFGH是菱形. (8分) (3)当APB=CPD=90时,中点四边形EFGH是正方形. (10分),评析 本题

36、考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判 定和性质等知识,解题的关键是灵活应用三角形中位线定理,学会添加常用辅助线,属于中考常考题型.,11.(2018山东潍坊,24,12分)如图1,在ABCD中,DHAB于点H,CD的垂直平分线交CD于点E,交AB于点F, AB=6,DH=4,BFFA=15. (1)如图2,作FGAD于点G,交DH于点M,将DGM沿DC方向平移,得到CGM,连接MB. 求四边形BHMM的面积; 直线EF上有一动点N,求DNM周长的最小值. (2)如图3,延长CB交EF于点Q,过点Q作QKAB,过CD边上的动点P作PKEF,并与QK交于

37、点K,将PKQ沿 直线PQ翻折,使点K的对应点K恰好落在直线AB上,求线段CP的长.,备用图,解析 (1)易证四边形DEFH是矩形,DE=FH. 在ABCD中,AB=6,直线EF垂直平分CD, DE=FH=3, 又BFFA=15, BF=1,FA=5, AH=2,BH=4, 易得RtAHDRtMHF, = , = , HM= , 根据平移的性质,得MM=CD=6,连接BM,S四边形BHMM=SBMM+SBHM= 6 + 4 = . 连接CM交直线EF于点N,连接DN, 直线EF垂直平分CD, CN=DN, MH= ,DM= , 在RtCDM中,MC2=DC2+DM2, MC2=62+ , 即M

38、C= ,MN+DN=MN+CN=MC, DNM周长的最小值为9. (2)BFCE,QFBQEC. = = , QF=2, PK=PK=6, 过点K作EFEF,分别交CD于点E,交QK于点F,如图1, 当点P在线段CE上时,在RtPKE中, PE2=PK2-EK2, PE=2 , RtPEKRtKFQ, = , = , FQ= , EE=QF, PE=PE-EE=2 - = , CP= ,同理可得,当点P在线段ED上时,如图2,CP= . 综上可得,CP的长为 或 .,思路分析 (1)将四边形BHMM分割为两个三角形,已知MM,BH的长,故只需求出高MH即可,计算MH可 通过RtAHD与RtMH

39、F相似;由EF垂直平分CD可得点D和点C关于直线EF对称,故只需连接CM,CM与 EF的交点即为满足条件的点N,分别求出CM和DM的长即可求出DNM周长的最小值;(2)分两种情况讨论, 点P在线段CE上及点P在线段DE上.,一题多解 (2)当点P在线段CE上时, 如图所示,设直线AB与PK交于点G.,易得ABQ=A,在RtBFQ中, tanABQ= =2, BF=1,FQ=2. EQ=EF+FQ=4+2=6,PK=EQ=6. 由折叠可得PK=PK=6,QK=QK, 在RtPGK中,PG=DH=4, GK= = =2 . 设PE=x,则GF=KQ=x,QK=x,FK=GK-GF=2 -x. 在R

40、tQFK中, (2 -x)2+22=x2, 解得x= . CP=CE-PE= . 同理可得,当点P在线段ED上时, CP= .,综上可得,CP的长为 或 .,12.(2018重庆,24,10分)如图,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,点E是BC上一点,且AB=AE,连接 EO并延长交AD于点F.过点B作AE的垂线,垂足为H,交AC于点G. (1)若AH=3,HE=1,求ABE的面积; (2)若ACB=45,求证:DF= CG.,解析 (1)AH=3,HE=1,AB=AE, AB=AE=AH+HE=4. BGAE, AHB=90. AB2=AH2+BH2. BH= = = . SA

41、BE= AEBH= 4 =2 . (4分) (2)证明:四边形ABCD为平行四边形, ADBC,AD=BC,FAO=ECO. 点O为AC的中点,AO=CO. 在AOF和COE中, FAO=ECO,AO=CO,AOF=COE,AOFCOE, AF=CE. DF=BE. (6分) 如图,过点A作AMBC交BC于点M,交BG于点Q,过点G作GNBC交BC于点N. AMB=AME=GNC=GNB=90. AHB=AMB.,AQH=BQM,QAH=GBN. AB=AE,AMBE, BAM=QAH,BM=ME. BAM=QAH=GBN. ACB=45,AMBE,CAM=ACB=45. BAG=45+BAM

42、,BGA=45+GBN, BAG=BGA. AB=GB. AB=AE,AE=BG. 在AME和BNG中, AME=BNG,EAM=GBN,AE=BG, AMEBNG. ME=NG.,BE=2ME=2NG. 在RtGNC中,GCN=45,CG= NG. CG=2NG,即BE=2NG= CG. DF=BE= CG. (10分),思路分析 (1)根据勾股定理求出BH的长,进而利用三角形的面积公式求得ABE的面积;(2)根据平行四边 形的性质和全等三角形可得BE=DF.过点A作AMBC,过点G作GNBC,根据等腰三角形的性质得BAM= QAH,BM=ME= BE,通过求证BAM=GBN,可得BAG=B

43、GA,进而可得AB=AE=BG,利用AME BNG,得出NG=ME= BE,最后利用CG= NG得出DF=BE= CG.,方法指导 对于以特殊四边形为背景的全等三角形的判定,一般都是通过特殊四边形的性质找出证全等所 需要的边或角的相等关系,从而进行证明.,30分钟 40分,一、选择题(每小题3分,共21分),1.(2018湖南长沙三模,5)五边形的外角和等于 ( ) A.180 B.360 C.540 D.720,答案 B 根据多边形的外角和等于360可知五边形的外角和是360.故选B.,2.(2019湖南长沙周南集团联考,6)如果一个多边形的内角和是其外角和的3倍,那么这个多边形是 ( )

44、A.四边形 B.六边形 C.八边形 D. 十边形,答案 C 设这个多边形是n边形, 根据题意得,(n-2)180=3360, 解得n=8,即这个多边形是八边形.故选C.,思路分析 根据n边形的内角和为(n-2)180与外角和列出方程,然后求解即可.,解题关键 本题考查了多边形的内角和公式与外角和,熟知任何多边形的外角和都是360是解决本题的关 键.,3.(2019湖南长沙长郡集团联考,4)若正多边形的一个外角是40,则这个正多边形是 ( ) A.正七边形 B.正八边形 C.正九边形 D.正十边形,答案 C 设这个正多边形的边数为n. 正多边形的每个外角相等,且其和为360, 所以40n=360

45、, 解得n=9,即这个正多边形是正九边形.故选C.,思路分析 利用任意多边形的外角和均为360,正多边形的每个外角相等即可求出答案.,4.(2018湖南长沙六模,5)如图,ABCD的周长为20 cm,AE平分BAD,若CE=2 cm,则AB的长度是 ( ) A.10 cm B.8 cm C.6 cm D.4 cm,答案 D 四边形ABCD是平行四边形, AB=CD,AD=BC,ADBC, DAE=BEA, AE平分BAD, DAE=BAE, BAE=AEB,AB=BE. 设AB=CD=x cm,则AD=BC=(x+2)cm, ABCD的周长为20 cm, x+x+2=10, 解得x=4, 即AB=4 cm,故选D.,5.(2019湖南师大附中模考,11)如图所示,小华从A点出发,沿直线前进10米后左转24,再沿直线前进10米,又 左转24,照这样走下去,他第一次回到出发地A点时,一共走的路程是 ( ) A.140米 B.150米 C.160米 D.240米,答案 B 多边形的外角和为360,小华从出发到第一次回到出发地A点所走的路线为一个正多边形