专题07 四边形（4大易错点分析+16个易错点+易错题通关）-备战2024年中考数学考试易错题（江苏专用）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2727页专题07四边形多边形及其内角和专题易错点：1.理解多边形的定义：多边形是由多条直线段顺次首尾连接围成的平面图形，容易混淆多边形和圆形、椭圆形等其他形状。2.多边形内角和的计算：多边形内角和的计算公式为(n-2)×180°，其中n为多边形的边数。学生容易在计算过程中出错，如将边数误认为是顶点数，或者忘记了减2的步骤。3.多边形的分类：多边形根据边数的不同可以分为三角形、四边形、五边形等，每种多边形的性质和特点都有所不同。学生容易在分类时混淆，或者忽视了多边形边数的限制。4.特殊多边形的处理：对于一些特殊的多边形，如正多边形（各边相等，各内角也相等）、等腰多边形（至少有两边相等）等，学生在处理时容易忽视其特殊性，导致计算错误。5.多边形与其他图形的结合：多边形常常与其他图形（如圆、三角形等）结合出现，这时需要综合考虑多个图形的性质。学生容易在解题时忽视这一点，导致解题方向错误。易错点1：多边形截角例：将一个五边形纸片，剪去一个角后得到另一个多边形，则得到的多边形的内角和是（

）A． B． C．或 D．或或【答案】D【分析】本题考查了多边形的内角和，找出五边形纸片剪去一个角出现的情况，再根据边形内角和公式得出多边形的内角和，即可解题．【详解】解：如图，将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是或或，其中四边形内角和为，五边形内角和为，六边形内角和为，得到的多边形的内角和是或或，故选：D．变式1：如图，点是反比例函数在第二象限内图象上一点，点是反比例函数在第一象限内图象上一点，直线与轴交于点，且，轴于点，轴于点，连接，，则的面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了反比例函数的综合运用，平行线等分线段定理，梯形的中位线性质，先根据已知条件推导出为梯形的中位线，得到，再根据反比例函数解析式设，，把用含的代数式表示出来，代入三角形面积公式即可求解，利用梯形的中位线的性质和反比例函数解析式用含的代数式表示出是解题的关键．【详解】解：∵轴，轴，∴，∵，∴，∴为梯形的中位线，∴，设，则，∴，，∴，故选：．变式2：如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：画出图形，把截去的部分打上阴影新多边形内角和比原多边形的内角和增加了．新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了．将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为，求原多边形的边数．【答案】（1）作图见解析；（2）15，16或17．【分析】（1）①过相邻两边上的点作出直线即可求解；②过一个顶点和相邻边上的点作出直线即可求解；③过相邻两边非公共顶点作出直线即可求解；（2）根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论．【详解】如图所示：设新多边形的边数为n，则，解得，若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，故原多边形的边数可以为15，16或17．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解．易错点2：多边形对角线规律例：某多边形由一个顶点引出的对角线可以将该多边形分成10个三角形，则这个多边形的边数是（

）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】B【分析】此题考查了多边形对角线条数，n边形从一个顶点出发可以引出条对角线，把多边形分成个三角形，据此作答即可.【详解】解：设这个多边形的边数是n，则，解得，即这个多边形的边数是12，故选：B.变式1：如图，点是反比例函数在第二象限内图象上一点，点是反比例函数在第一象限内图象上一点，直线与轴交于点，且，轴于点，轴于点，连接，，则的面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了反比例函数的综合运用，平行线等分线段定理，梯形的中位线性质，先根据已知条件推导出为梯形的中位线，得到，再根据反比例函数解析式设，，把用含的代数式表示出来，代入三角形面积公式即可求解，利用梯形的中位线的性质和反比例函数解析式用含的代数式表示出是解题的关键．【详解】解：∵轴，轴，∴，∵，∴，∴为梯形的中位线，∴，设，则，∴，，∴，故选：．变式2：探究归纳题：(1)如图1，经过四边形的一个顶点可以作条对角线，它把四边形分成个三角形；(2)如图2，经过五边形的一个顶点可以作条对角线，它把五边形分成个三角形；(3)探索归纳：对于边形，过一个顶点可以作条对角线，它把边形分成个三角形；（用含的式子表示）(4)如果经过多边形的一个顶点可以作100条对角线，那么这个多边形的边数为．【答案】(1)12(2)23(3)(4)103【分析】本题考查多边形的对角线、边及三角形分割等规律探究．（1）根据题意画出对图中的一个顶点的对角线即可得到结论；（2）根据题意画出对图中的一个顶点的对角线即可得到结论；（3）根据（1）（2）中的结论，可找到规律即可得到结论；（4）将100代入（3）的结论中即可得到答案．【详解】（1）如图1：经过1个顶点做1条对角线，它把四边形分为2个三角形，故答案为：1，2（2）如图2：经过五边形一个顶点，共有2条对角线，将这个多边形分为3个三角形；故答案为：2，3．（3）∵经过四边形的一个顶点可以作条对角线，它把四边形分成个三角形；经过五边形的一个顶点可以作条对角线，它把五边形分成个三角形；经过六边形的一个顶点可以作条对角线，它把六边形分成个三角形；经过七边形的一个顶点可以作条对角线，它把七边形分成个三角形；……∴经过n边形的一个顶点可以作条对角线，它把n边形分成个三角形；故答案为：，．（4）∵过多边形的一个顶点可以作100条对角线，∴根据（3）中结论可得，，∴，故答案为：103．易错点3：平面镶嵌例：用下面图形不能实现平面镶嵌的是（

）A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形【答案】C【分析】本题考查了平面镶嵌、正多边形的内角和，先求出各个正多边形每个内角的度数，再结合平面图形镶嵌的条件即可得，熟练掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．【详解】、等边三角形的每个内角的度数为，且是整数，则等边三角形能实施平面镶嵌，此项不符题意；、正方形的每个内角的度数为，且是整数，正方形能实施平面镶嵌，此项不符题意；、正五边形的每个内角的度数为，且，不是整数，正五边形不能实施平面镶嵌，此项符合题意；、正六边形的每个内角的度数为，且是整数，正六边形能实施平面镶嵌，则此项不符题意；故选：．变式1：如图，用正多边形镶嵌地面，则图中α的大小为度．

【答案】150【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为，据此求出α即可．【详解】解：∵正方形的内角为，正六边形的内角为，∴，解得．故答案为：150．【点睛】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是求正多边形一个内角度数，可先求出这个外角度数，让减去即可．一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除；两种或两种以上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．变式2：在生活中经常看到一些拼合图案如图所示，它们或是用单独的正方形或是用多种正多边形混合拼接成的，拼成的图案要求严丝合缝，不留空隙.从数学角度看，这些工作就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面(或平面镶嵌)的问题．(1)如果限用一种正多边形来覆盖平面的一部分，正六边形是否能镶嵌成一个平面图形?请说明理由；(2)同时用正方形和正八边形是否能镶嵌成一个平面图形?请说明理由；(3)请你探索，是否存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形)镶嵌成的平面图形，写出验证过程．【答案】(1)正六边形能镶嵌成一个平面图形，理由见解析(2)同时用正方形和正八边形能镶嵌成一个平面图形，理由见解析(3)存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形)镶嵌成的平面图形，验证见解析【分析】本题主要考查了正多边形的内角和，正多边形的外角和问题，熟练掌握正多边形的内角和为是解此题的关键．（1）先求出正六边形的内角和，再求出每一个内角的度数，用除以内角的度数，看是否能够除尽，由此即可得出答案；（2）正方形的每个内角为，求出正八边形的每一个内角为，再结合，即可得出答案；（3）求出正方形的每个内角为，正五边形的每一个内角为，正二十变形的每一个内角为，由，即可得出答案．【详解】（1）解：正六边形能镶嵌成一个平面图形，理由如下：正六边形的内角和为：，正六边形的每一个内角为：，，正六边形能镶嵌成一个平面图形；（2）解：同时用正方形和正八边形能镶嵌成一个平面图形，理由如下：正八边形的内角和为：，正八边形的每一个内角为：，，同时用块正方形和块正八边形能镶嵌成一个平面图形；（3）解：存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形)镶嵌成的平面图形，理由如下：正方形的每个内角为，正五边形的内角和为：，正五边形的每一个内角为：，正二十边形的内角和为：，正二十边形的每一个内角为：，，存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形)镶嵌成的平面图形，此时该平面图形由块正二十边形、块正五边形、块正方形构成．平行四边形专题易错点：1.性质与判定的混淆：平行四边形的性质和判定条件容易混淆。例如，知道一个四边形是平行四边形，并不意味着它的对角线一定相等或互相平分。同样，即使一个四边形的对角线相等或互相平分，也并不意味着它一定是平行四边形。2.面积计算错误：平行四边形的面积计算公式为底乘以高，但有时候可能会错误地将对角线长度或邻边长度作为底或高来计算面积。3.特殊平行四边形的识别：对于矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形，需要明确它们的性质，例如矩形的对边相等且邻边垂直，菱形的四边相等，正方形的四边相等且邻边垂直等。错误地识别这些特殊平行四边形可能导致解题错误。4.对称性的理解：平行四边形是中心对称图形，这意味着通过其对称中心的任何直线都会将其分成面积相等的两部分。同时，对角线也会将四边形分成面积相等的四部分。对这些对称性的理解不足可能导致解题错误。5.全等和相似三角形的误用：在平行四边形中，虽然可以利用全等三角形和相似三角形的性质解题，但这并不意味着所有的三角形都是全等或相似的。错误地应用这些性质可能导致解题错误。6.矩形和正方形的折叠问题：在解决矩形和正方形的折叠问题时，需要理解折叠后的图形及其性质。例如，折叠后的图形可能仍然是矩形或正方形，也可能变成其他类型的四边形。对这些变化的理解不足可能导致解题错误。易错点1：已知三点组成平行四边形例：以点O、A、B、C为顶点的平行四边形放置在平面直角坐标系中，其中点O为坐标原点．若点C的坐标是，点A的坐标是，则点B的坐标是（

）A．或 B．或C．或或 D．或或【答案】D【分析】先根据题意画出图形，然后分为边和对角线两种情况，分别根据平行四边形的判定和平移的性质即可解答．【详解】解：如图：当为对角线时，点的坐标为，即；当为边时，点的坐标为，即；点的坐标为，即．故选D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、平移的性质等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．变式1：平面直角坐标系中，，，，为平面内一点若、、、四点恰好构成一个平行四边形，则平面内符合条件的点的坐标为．【答案】或或【分析】分三种情形画出图形即可解决问题．【详解】解：如图，

当，时，点的坐标为；当，时，点的坐标为；当，时，点的坐标为；综上所述，满足条件的点的坐标为或或，故答案为：或或．【点睛】本题考查平行四边形的判定、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．变式2：如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于点A、B，直线交直线AB于点C，交轴于点D，点D的坐标为，点C的横坐标为4．

(1)求直线的函数解析式；(2)在坐标平面内是否存在这样的点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，点F的坐标为或或【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点C的坐标，根据点C，D的坐标，利用待定系数法即可求出直线的函数解析式；（2）存在，设点F的坐标为，分为对角线，为对角线及为对角线三种情况考虑，利用平行四边形的性质（对角线互相平分），即可得出关于m，n的二元一次方程组，解之即可得出点F的坐标．【详解】（1）（1）当时，，∴点C的坐标为；设直线的函数解析式为，将点，代入，得：，所以则直线的函数解析式：（2）解：存在，设点F的坐标为，当时，，解得：，∴点A的坐标为．若使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形，分三种情况讨论：

①当为对角线时，记为点，∵四边形为平行四边形，∴，解得，所以的坐标为；②当为对角线时，记为点F2，∵四边形为平行四边形，∴，解得：，∴点的坐标为（11，4）；③当为对角线时，记为点，∵四边形为平行四边形，∴，解得：，∴点的坐标为；综上所述，存在点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形，点F的坐标为或或．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，找出点C，A的坐标；根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）分为对角线，为对角线及为对角线这三种情况，求出点F的坐标．易错点2：平行四边形的性质与判定例：如图，平行四边形中以点为圆心，适当长为半径作弧，交于，分别以点为圆心大于长为半作弧，两弧交于点，作交于点，连接，若，则的长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查基本作图-作角平分线，掌握平行四边形的性质和判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识是解题的关键．如图，过点作交于．证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明，推出，利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，过点作交于．四边形是平行四边形，，，，，四边形是平行四边形，，平分，，，，，，，，，，，，，，故选：D．变式1：如图，若四边形为矩形，，，于点E，于点F，连接，，则四边形的面积为．【答案】【分析】根据矩形的性质，解直角三角形得出，，证明四边形为平行四边形，得出．【详解】解：在矩形中，，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，，∵，，∴，∴四边形为平行四边形，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，题目的综合性较强，是一道不错的中考题．变式2：已知，如图，．(1)的对角线相交于点，直线过点，分别交于点．求证：；(2)将（纸片）沿直线折叠，点落在点处，点落在点处，设交于点分别交于点．①求证：；②连接，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）由平行四边形性质，结合三角形全等的判定与性质即可得证；（2）①由（1）中结论，结合折叠性质，利用三角形全等的判定与性质即可得证；②过点作，交于点，如图所示，由等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质即可得证．【详解】（1）证明：∵在中，，∴，又∵，在和中，∴，∴；（2）解：①由（1）得，由折叠得，，∵，∴，∴，∴，∴，∴；②过点作，交于点，如图所示：∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴．【点睛】本题考查四边形综合，涉及平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、折叠性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形与三角形全等的判定与性质是解决问题的关键．易错点3：三角形的中位线例：如图，矩形和矩形，点P在边上，且，连结和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（）

A．3 B．6 C． D．【答案】C【分析】连接，交于点K，利用全等三角形的判定与性质，得到，则M，K两点重合，，连接，延长交于点H，利用矩形的判定与性质可得四边形和四边形为矩形，可求得线段，利用勾股定理求得，利用三角形的中位线定理即可得出结论．【详解】解：连接，交于点K，∵四边形为矩形，∴，，在和中，∵，∴，，即点K为的中点，∵点M为的中点，∴M，K两点重合．∴．连接，延长交于点H，∵矩形和矩形，∴，∴四边形和四边形为矩形，∴，∴，∴．∵，∴为的中位线，∴．故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．变式1：如图，中，，，平分，交于点E，平分，交于点F，交于点O，点G，H分别是和的中点，则的长为．【答案】1【分析】根据平行四边形的性质可得出，，，结合平行线的性质和角平分线的定义可证，，得出，，从而可求出，最后根据三角形中位线定理求解即可．【详解】解：中，，，∴，，，∴，．∵平分，平分，∴，，∴，，∴，．∵，即∴．∵点G，H分别是和的中点，∴是的中位线，∴．故答案为：1．【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识．证明出，，并掌握三角形中位线定理是解题关键．变式2：【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．例2

如图，中，D、E分别是边、的中点，、相交于G．求证：．证明

连结，根据教材内容，结合图①，给出例2的完整证明过程．【结论概括】如果在图①中，取的中点F，假设与交于，如图②，那么我们同理有，所以有，即两图中的点G与是重合的．于是，我们有以下结论：三角形三条边上的中线交于一点，这个点就是三角形的重心，重心与一边中点的连线的长是对应中线长的_______．【结论应用】如图③所示，在中，已知点D，E，F分别是，，的中点，、相较于点O，且，则四边形的面积值为_______．【答案】教材呈现：见解析；结论概括：；结论应用：2【分析】本题考查了相似三角形判定及性质，三角形中位线定理，关键是根据三角形的重心性质：重心与一边中点的连线的长是对应中线长的解答．教材呈现：连接，如图①，先利用三角形中位线的性质得到，，则证明，利用相似三角形的性质得，然后利用比例的性质得到结论；结论概括：根据，，则，即两图中的点与是重合的，即可归纳出结论；结论应用：根据三角形中线的性质得，，，则，，由题意知为三角形的重心，则，可得，进而根据四边形的面积为，即可求解．【详解】解：教材呈现：连接，如图①，∵、分别为、的中点，∴为的中位线，∴，，∴，∴，∴，即；结论概括：由上可知，，，则，即两图中的点与是重合的．则三角形三条边上的中线交于一点，这个点就是三角形的重心，重心与一边中点的连线的长是对应中线长的，故答案为：；结论应用：∵，为的中点，∴，∵为的中点，∴，，则，∵为的中点，为的中点，∴，为三角形的重心，则，∴，则四边形的面积为，故答案为：2．特殊平行四边形专题易错点：1.概念理解：对于特殊平行四边形的定义和性质，学生可能会存在理解上的困难。例如，对于矩形、菱形和正方形的定义和性质，学生需要清楚地区分它们之间的不同和联系。2.性质应用：在应用特殊平行四边形的性质时，学生可能会忽视一些重要的条件，导致结论错误。例如，在证明两个四边形是矩形时，学生需要证明其对角线相等且互相平分，或者证明其所有角都是直角。3.判定方法：在判定一个四边形是否是特殊平行四边形时，学生可能会混淆不同的判定方法。例如，对于矩形，学生需要清楚其判定方法包括有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形等。4.图形识别：在识别特殊平行四边形时，学生可能会受到图形的干扰，导致判断错误。例如，对于一个看起来接近正方形的四边形，学生需要仔细判断其是否满足正方形的所有条件，包括四个角都是直角、四条边都相等等。5.计算错误：在进行特殊平行四边形的计算时，学生可能会因为计算错误而导致结果错误。例如，在计算特殊平行四边形的面积时，学生需要正确应用公式，并注意单位换算等问题。易错点1：矩形的折叠例：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，，将沿直线OB折叠，使得点A落在点D处，OD与BC交于点E，则点D的纵坐标是（）

A．3 B． C．4 D．【答案】D【分析】根据矩形的性质结合折叠的性质可得出，进而可得出，设点E的坐标为，则，，利用勾股定理即可求出m值，再根据点E的坐标，过点D作轴于点F，利用，可以求出的长，进而可以解决问题．【详解】解：，，，，∴四边形为矩形，∴，．，，．设点E的坐标为，则，，在中，，，，，，∴点E的坐标为．，，如图，过点D作轴于点F，

由翻折可知：，，，，，，则点D的纵坐标为．故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、图形的折叠、等腰三角形的判定和性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质、图形的折叠的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理是解题的关键．变式1：如图，在长方形中，，，点为边上的一个动点，把沿折叠，若点A的对应点刚好落在边的垂直平分线上，则的长为．【答案】【分析】根据矩形的性质及垂直平分线的性质得，再由折叠的性质，得到，根据勾股定理可求得，因此，设，在中，由勾股定理列方程并求解，即得答案．【详解】四边形为矩形，是边的垂直平分线，，四边形为矩形，，，根据折叠的性质，可知，，在中，，，设，则，在中，，解得，的长为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，图形折叠的性质等知识，熟练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题关键．变式2：如图，矩形中，，，，分别为上两个动点，连接，将矩形沿折叠，点，的对应点分别为，．(1)如图，当点落在边上时，连接．①求的值；②若点为的中点，求的长．(2)如图，若为的中点，，求的值．【答案】(1)①；②(2)【分析】（1）①过点作，交于点，交于点，证明四边形为平行四边形，可得，然后求出，证明∽，利用相似三角形的性质解答即可；②设，则，利用轴对称的性质求出，再在中利用勾股定理解答即可；（2）过点作于点，证明四边形为矩形，利用勾股定理求出，可得，再利用直角三角形的性质和轴对称的性质证明即可．【详解】（1）解：①过点作，交于点，交于点，如图，四边形为矩形，∴，，四边形为平行四边形，，将矩形沿折叠，点，的对应点分别为，，垂直平分，，．，．，∽，，；②设，则．点，关于对称，垂直平分，．点为的中点，，，．在中，，，解得：．的长为；（2）过点作于点，如图，为的中点，．，．四边形为矩形，，，四边形为矩形，，，．．．．，，，，，，．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，折叠的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．易错点2：矩形的性质与判定例：如图，在正方形中，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】延长交于点H，首先证明出四边形是矩形，得到，，然后证明出，是等腰直角三角形，得到，然后证明出，得到，然后利用角度的等量代换求解即可．【详解】如图所示，延长交于点H，∵四边形是正方形，是对角线∴，∵，∴四边形是矩形∴，∴，∴∵四边形是正方形，是对角线∴∴∴，是等腰直角三角形∴∵∴四边形是正方形∴∴在和中∴∴∵∴∴．故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线，证明出．变式1：如图1是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点N为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域（），形成一幅装饰画，则矩形的周长为．若点M，N，E在同一直线上，且点H到的距离与到的距离相等，则印章区域的面积为．【答案】6412.25【分析】本题考查正方形的性质及矩形的性质，能由图1求出各图形的边长是解题的关键．根据“台灯”的造型及图1，可求出的长，进而可求出矩形的周长；延长经过点E并与相交于点L，连接，可得出四边形是平行四边形，求出长即可解决问题．【详解】解：由图1可知，七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为6，然后，最小的直角边长为3，正方形和平行四边形的短边长都是3．过点N作和的垂线，垂足分别为J，K，则，又，且是等腰直角三角形，，故．又，四边形是矩形，．又，，故矩形的周长为．延长经过点E与交于点L，连接，，且，．又点H到的距离与到的距离相等，点H在的角平分线上，则．，，又，四边形是平行四边形．又，．．则，四边形是正方形，印章区域的面积为．故答案为：64，12.25．变式2：如图1，在矩形中，是的角平分线，，点P为对角线上的一个动点，连接，线段与线段相交于点F．(1)当时，求证：；(2)在（1）的基础上，，．求的长；(3)如图2，若，，过点P作，与直线相交于点Q，试判断点P在线段上运动的过程中，的值是否发生变化？若有变化，请求出其变化范围；若无变化，请求出这个定值．【答案】(1)见解析(2)(3)不变，定值【分析】（1）根据矩形性质和角平分线的定义证得，，进而根据相似三角形的判定可得结论；（2）作于点H，先证明，，再根据等腰三角形的性质得到，然后利用勾股定理求得，证明求得值即可；（3）过点P作于点K，交于点L，证明得到，证明求得，进而可得结论．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵是的角平分线，∴，∴．（2）解：如图1，作于点H，则，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴的长是．（3）解：：的值不变，如图2，过点P作于点K，交于点L，∵，∴四边形是矩形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴,∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴的值不变，这个定值为．【点睛】本题考查矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线的定义、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质求解是解答的关键．易错点3：菱形的折叠例：如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，折痕为，则四边形的周长为（

）A．40 B．43 C．48 D．53【答案】B【分析】由折叠的性质可得垂直平分，，可证，可得四边形为菱形，由勾股定理可求的长，由菱形的面积公式求得的长，据此即可求解．【详解】解：连接，设与相交于点O，如图，∵矩形纸片折叠，使点D与点B重合，∴垂直平分，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形为菱形，在中，，设，则，，在中，，∴，解得，∴，∵，∴，∴，∴．∴四边形的周长为．故选：B．【点睛】本题主要考查了折叠问题，矩形的性质以及勾股定理的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解题时注意方程思想的运用．熟知这些知识点是解题的关键．变式1：如图，先有一张矩形纸片，点M，N分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接；当P，A重合时，．【答案】【分析】本题考查了矩形与折叠问题，涉及了菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，根据题意画出图形可推出四边形是菱形，设，则，根据勾股定理求出即可求解．【详解】解：如图所示：由题意得：垂直平分，∴∴∵∴∴∴∴四边形是菱形设，则∵∴解得：∴，∴∴故答案为：变式2：学习了菱形的判定后，小张同学与小刘同学讨论探索折纸中的菱形．小张：如图①，两张相同宽度的矩形纸条重叠部分（阴影部分）是一个菱形．小刘：如图②，一张矩形纸条沿折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后是一个菱形．(1)小张同学的判断是否正确？(2)小刘同学的判断是否正确？如果正确，以小刘的方法为例，证明他的判断；如果不正确，请说明理由．(3)如图③，矩形的宽，若，沿折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后得到菱形，求菱形的面积．【答案】(1)正确(2)正确，理由见解析(3)20【分析】（1）由两个纸条是矩形可得，，得到四边形是平行四边形，根据两张矩形纸条宽度相同，利用两个三角形全等得到邻边相等即可证明；（2）根据折叠确定邻边相等，再根据矩形性质及折叠可确定四边形是平行四边形，从而根据邻边相等的四边形是菱形即可得证；（3）根据平行四边形的面积公式，已知高，设，则，在中，由勾股定理得到，进而得，代入公式求解即可．【详解】（1）解：正确．理由如下：由两个纸条是矩形可得，，四边形是平行四边形，，过作，垂足为，如图所示：两张矩形纸条宽度相同，，在和中，，，，四边形是菱形；（2）解：正确．理由如下：由是矩形可得，由轴对称的性质可知，，∵，∴，∴，∴，，又∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形，（3）解：∵，∴，∵四边形为菱形，∴，设，则，在中，由勾股定理，得，解得，∴，∴菱形的面积．【点睛】本题考查的是图形的翻折变换、矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理求线段长、菱形面积公式，熟知图形翻折变换的性质是解答此题的关键．易错点4：菱形的性质与判定例：如图，在中，对角线，相交于点，．若点，分别为，的中点，连接，，，则四边形的周长为（）

A． B． C．12 D．10【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识．由菱形的判定得是菱形，由三角形中位线定理得，再由菱形的性质得，，然后由勾股定理得，即可求出菱形的周长．【详解】解：四边形是平行四边形，，是菱形，点，分别为，的中点，是的中位线，，四边形是菱形，，，在中，由勾股定理得：，菱形的周长．故选：A．变式1：如图，扇形纸片的半径为3，沿折叠扇形纸片点O恰好落在上的点C处，则图中阴影部分的面积为．

【答案】【分析】本题考查求不规则图形的面积，利用分割法求出图形的面积即可，掌握扇形的面积公式，是解题的关键．【详解】解：∵折叠，∴，∴四边形为菱形，连接，交于点，则：，

∵，∴为等边三角形，∴，∴，，∴，∴；故答案为：．变式2：如图1，在纸片中，，，D，E分别是，边上的动点，且，连接，点B落在点F的位置，连接．

(1)如图2，当点F在边上时，求的长．(2)如图3，点D，E在运动过程中，当时，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）在中，由勾股定理得到，由翻折可知，且，得到，则四边形是菱形，由证明，得到，代入数值即可得到的长；（2）过点E作于点G，证明四边形是平行四边形，则，由得到，勾股定理得到，则，由勾股定理求出，即可得到的长．【详解】（1）解：在中，∵，，∴，由翻折可知：，∵，∴，∴四边形是菱形，∴，∴∴，∴，解得；∴的长为；（2）如图，过点E作于点G，

∵四边形是菱形，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了翻折变换、勾股定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、菱形的判定与性质，熟练掌握翻折性质是解题的关键．易错点5：正方形的折叠例：如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到，折痕为，连接，第二次将沿着折叠，边恰好落在边上．若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由第一次折叠可知，，则四边为正方形，，，由第二次折叠可知，利用平行线的性质得，于是可得，由等边对等角得，以此即可求解．【详解】解：四边形为矩形，．由第一次折叠可知，，四边形为正方形，，．由第二次折叠可知，，，，，，．故选：B．【点睛】本题主要考查矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．变式1：将等腰直角三角形沿折叠，得到，连接并延长于点，连接，过点作交的延长线于点，若，，则．【答案】【分析】过点作的垂线，交的延长线于点，过点作的垂线，交的延长线于点；先证明四边形为正方形，设，根据勾股定理可求得的长度；可证得，求得的长度，进而可求得答案．【详解】解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，过点作的垂线，交的延长线于点．∵，∴四边形为矩形．根据轴对称图形的性质可知，．又，∴．又，∴四边形为正方形．∴．在和中，∴．∴．又四边形为矩形，∴四边形为正方形．∴．设，则，在中，得．解得：，∴，．∵，∴．在和中，∴．∴．∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股定理以及解二元一次方程．牢记全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股定理以及解二元一次方程的方法是解题的关键．变式2：综合与实践问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动，下面是同学们的折纸过程：动手操作：步骤一：将边长为的正方形纸片对折，使得点与点重合，折痕为，再将纸片展开，得到图1．步骤二：将图中的纸片的右上角沿着折叠，使点落到点的位置，连接，，得到图．步骤三：在图的基础上，延长与边交于点，得到图．问题解决：

(1)在图中，连接．①求的度数．②求的值．(2)在图的基础上延长与边交于点，如图，试猜想与之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)，(2)，理由见解析【分析】（1）由翻折性质可知，，，，推出，证明，推出，，进而得出，设则，，利用勾股定理求出的值即可；（2）结论：，证明，推出，设则，在中，由勾股定理求出的值即可．【详解】（1）解：如图中，四边形为正方形，，，由翻折性质可知，，，，，，，，，，，，四边形的边长为，则，设则，，在中，，，解得：，，，，故答案为：，；（2）结论：，理由：如图，连接，

由折叠可知，，，，，，，，设则，在中，，，，解得：，，，【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．易错点6：正方形的性质与判定例：如图，在正方形中，，延长至E，使，连接平分交于点F，连接，则的长为（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质与判定、相似三角形的判定和性质、角平分线的性质、勾股定理的应用等，解题的关键是构造正方形．作，构造正方形，设，易证，由此列出比例式可求解a的值，然后在中，利用勾股定理即可求得的长度．【详解】过点F作于点M，作于点N，如图所示．

∵四边形为正方形，，∴∵，∴四边形为矩形．∵平分，∴．∴四边形为正方形．∴，设，则∵，∴即，解得：在中，，由勾股定理，得故选：C．变式1：如图，边长为的正方形内接于，分别过点A，D作的切线，两条切线交于点P，则图中阴影部分的面积为．（结果保留）

【答案】【分析】连接，，证明四边形是正方形，由勾股定理求得，根据阴影部分面积求解即可．【详解】解：如图所示，连接，，

∵、是的切线，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴四边形是正方形，∵，∴，∴，∴阴影部分面积．故答案为：．【点睛】本题考查切线的性质，正方形的判定与性质，扇形的面积，勾股定理等知识，熟练掌握切线的性质、正方形的判定得出圆的半径是解题的关键．变式2：如图1，在平面直角坐标系中，点B的坐标是，动点A从原点O出发，沿着x轴正方向移动，是以为斜边的等腰直角三角形（点A、B、P顺时针方向排列）．(1)当点A与点O重合时，得到等腰直角（此时点P与点C重合），则______．当时，点P的坐标是______；(2)设动点A的坐标为．①点A在移动过程中，作轴于M，于N，求证：四边形是正方形；②用含t的代数式表示点P的坐标为：（______，______）；(3)在上述条件中，过点A作y轴的平行线交的延长线于点Q，如图2，是否存在这样的点A，使得的面积是的面积的3倍？若存在，请求出A的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)①见解析；②；(3)存在点，使得的面积是的面积的3倍【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得；根据，是等腰直角三角形，可证得四边形是矩形，从而得到，即可；（2）①先证明四边形是矩形，再证得，可得，即可；②由①得：，从而得到，再由四边形是正方形，可得，可求出，从而得到，即可；（3）设点A的坐标为，则，可得，由（2）②得：点P的坐标为，则，证明四边形是矩形，可得，然后根据的面积是的面积的3倍，可得到关于m的方程，即可求解．【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，∴，∴，∵点B的坐标是，∴，∴；∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∴点P的坐标为；故答案为：；；（2）解：①∵轴，轴，∴，∴，四边形是矩形，∵是等腰直角三角形，∴，，∴，在和中，∵，，，∴，∴，∴四边形是正方形；②由①得：，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵点A的坐标为，∴，∵，∴，∴，∴，∴点P的坐标为；故答案为：；（3）解：存在，设点A的坐标为，则，∴，由（2）②得：点P的坐标为，则，根据题意得：，∴四边形是矩形，∴，∴，∵的面积是的面积的3倍，∴，解得：或0（舍去），即存在点，使得的面积是的面积的3倍．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一元二次方程的应用，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键．易错点7：正方形的半角模型例：如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折至，延长交边于点G，连接、．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的个数是（）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】D【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；根据角的和差关系求得；在直角中，根据勾股定理可证；通过证明，由平行线的判定可得；求出，由即可得出结论．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，由折叠的性质可知，，，，，∴，又∵，∴（HL），故①正确；∴，，又∵，∴，故②正确设，则，，∵G是的中点，∴，∴，在直角中，根据勾股定理，得：，解得：，∴，，∴，故③正确；∵，，∴，∴．又∵，∴，，∴，∴，故④正确；∵，，∴，故⑤正确．故选D．【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．变式1：如图，在边长为6的正方形中，点E是的中点，过点E作的垂线交正方形外角的平分线于点F，交边于点M，连接交于点N，则的长为．【答案】【分析】根据正方形的性质、相似三角形的判定和性质，可以求得和的长，然后根据，即可求得的长．【详解】解：作交于点H，作于点K，则，∴四边形是矩形，∵BF平分，∴，∴四边形是正方形，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵正方形的边长为6，点E是的中点，∴，设，则，∴，解得，即；∵，∴．又∵，∴，∴，∵，∴，设，则，∴，解得，即，∵，∴，∴，∴，解得，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，熟练运用相似三角形的判定与性质是解题关键．变式2：如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且；(1)求证：；(2)在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？(3)运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．【答案】(1)见解析(2)成立，理由见解析(3)【分析】本题是几何综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．（1）利用已知条件，可证出，即；（2）根据全等的性质得出，进而得出，即，可证，可得结论；（3）过C作，交延长线于G，先证四边形是正方形，由（2）结论可知，，设，则，在中利用勾股定理列方程求解，即可求出的长．【详解】（1）证明：在正方形中，，，，．；（2）解：成立，理由如下：，．．即．，．，，，．．；（3）解：如图，过C作，交延长线于G，在直角梯形中，，，，，四边形为正方形．．，由（2）结论可知，，，设，则，，．在中，，，解得：．．易错点8：中点四边形例：已知矩形的长为20，宽为12，顺次连结四边中点所形成四边形的面积是（

）A．80 B．240 C．120 D．96【答案】C【分析】本题考查了中点四边形，菱形的判定，矩形的性质，，三角形中位线定理，关键是掌握三角形中位线定理，菱形的判定方法．由三角形中位线定理推出，得到四边形是菱形，即可求出四边形的面积．【详解】解：如图，矩形中，点分别是各边中点，连接，，

、分别是、的中点，是的中位线，，同理，，，四边形是矩形，，，四边形是菱形，四边形的面积，故选：C变式1：如图，在四边形中，对角线，垂足为O，E，F，G，H分别为，，，的中点，若，，则四边形的面积为．

【答案】6【分析】根据三角形中位线定理和矩形的判定证明四边形为矩形，再根据矩形的面积公式计算即可求解．【详解】解：∵点O，E，F，G，H分别为，，，的中点，∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，∴，，，，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，故答案为：6．【点睛】本题考查中点四边形、三角形中位线定理、矩形的判定及平行四边形的判定，熟练掌握角形中位线定理和矩形的判定是解题的关键．变式2：阅读与思考下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形．我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点∵、分别为，的中点，∴，．（依据1）∴，∵，∴．∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）．∴，∵，∴．同理，…

任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；

②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；(2)见解析；(3)行四边形的周长等于．【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；（2）先画格点矩形，再找出格点A、B、C、D点，使点，，，分别是恰好边，，，的中点，顺次连接即可得到所求；（3）由三角形中位线定理可得，，，，即可求解．【详解】（1）解：（1）证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．，分别为，的中点，，，（三角形中位线定理），，，，四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即．，即，四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），，，，同理可得，，，故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）如图，四边形及它的瓦里尼翁平行四边形为所求：

（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由如下：四边形是瓦里尼翁平行四边形，点，，，分别是边，，，的中点，，，，，瓦里尼翁平行四边形的周长．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．梯形专题易错点：1.梯形定义的理解：梯形是一组对边平行而另一组对边不平行的四边形。学生可能会错误地认为只要四边形有一组对边平行就是梯形，而忽略了另一组对边不平行的条件。2.梯形高的画法：梯形的高是从上底的一个顶点垂直到底边的线段。学生可能会错误地从下底的一个顶点画高，或者画的高不与底边垂直。3.梯形面积的计算：梯形面积的计算公式是（上底+下底）×高÷2。学生可能会在计算时忽略除以2的步骤，或者将上底和下底混淆，导致计算错误。4.等腰梯形的识别：等腰梯形是两边腰相等的梯形。学生可能会错误地认为只要梯形有一组对边平行就是等腰梯形，而忽略了腰相等的条件。易错点1：等腰梯形的性质与判定例：如图，在梯形ABCD中，DC//AB，AD=DC=CB，AC⊥BC，将梯形沿对角线AC翻折后，点D落在E处，则∠B的度数为（

）A．60° B．45° C．40° D．30°【答案】A【分析】根据条件可知梯形ABCD是等腰梯形，则∠DAB=∠B，并且根据反折的性质可得：∠DAC=∠CAB=∠B，在直角△ABC中根据内角和定理即可求解．【详解】解：∵在梯形ABCD中，DC//AB，AD=CB∴∠DAB=∠B，即梯形ABCD是等腰梯形，∵△AEC由△ADC反折而成，∵∠DAC=∠CAB=∠DAB=∠B设∠DAC=x°，则∠B=2x°在直角△ABC中，根据三角形内角和定理可得：x+2x+90°=180°，解得x=30°∴∠B=2x=60°．故选：A．【点睛】本题考查的是反折变换及等腰梯形的性质，熟知等腰梯形同一底上的两底角相等，以及轴对称的性质是解答此题的关键．变式1：如图，正八边形，连接交于点I，则．【答案】【分析】由正八边形的性质可得出，，，，可推出四边形是等腰梯形，从而结合等腰梯形的性质和四边形内角和定理得出，进而可求出，最后再次利用四边形内角和定理即可求出的大小．【详解】解：∵八边形是正八边形，∴．又由正八边形性质可知：，，，∴四边形是等腰梯形，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查正多边形的性质，等腰梯形的判定和性质，多边形的内角和等知识．掌握正多边形的内角的求法是解题的关键．变式2：阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：等腰梯形在第六