人教版初中数学四边形知识点
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人教版初中数学四边形知识点
一、选择题
1．如图，在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，若BF=6，AB=5，则AE的长为()
A．4B．8C．6D．10
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
解：设AG与BF交点为O，∵AB=AF，AG平分∠BAD，AO=AO，∴可证△ABO≌△AFO，∴BO=FO=3，∠AOB=∠AOF=90º，AB=5，∴AO=4，∵AF∥BE，∴可证△AOF≌△EOB，AO=EO，∴AE=2AO=8，故选B．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【解析】
A点在原点上，B点在横轴上，C点在第一象限，根据平行四边形的性质：两组对边分别平行，可知第四个顶点可能在第一、二、四象限，不可能在第三象限，故选C
7．如图所示，点E是矩形ABCD的边AD延长线上的一点，且AD=DE，连结BE交CD于点O，连结AO，下列结论不正确的是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PC为底．③若以边PB为底．分别求出PD的最小值，即可判断．
【详解】
解：在菱形ABCD中，
∵∠ABC=60°，AB=1，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短“，即当点P与点A重合时，PD值最小，最小值为1；
【详解】
作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN
∴S矩形EBNP= S矩形MPFD,
【详解】
解，如图，
∵四边形 是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵ ，
∴BO=1，
在Rt△OBC中， ，
∴BC=2，
∴ ；
∴ ；
故选：A.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，利用勾股定理求出OC的长度.
10．如图，正方形ABDC中，AB＝6，E在CD上，DE＝2，将△ADE沿AE折叠至△AFE，延长EF交BC于G，连AG、CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝CG；③AG∥CF；④ FCG＝3，其中正确的有（）．
∴a=（4-2）•180°=360°．
∵五边形的外角和等于 ，
∴ =360°，
∴a= ．
故选B．
【点睛】
本题考查的是多边形的内角与外角，熟知多边形的内角和定理是解答此题的关键．
4．如图，矩形ABCD中，AB＞AD，AB=a，AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N.则DM+CN的值为（用含a的代数式表示）( )
解：设这个多边形的外角为x°，则内角为3x°，
由题意得：x+3x=180，
解得x=45，
这个多边形的边数：360°÷45°=8，
故选A．
考点：多边形内角与外角．
9．如图，四边形 是菱形， ， ，则 的长度为（）
A． B． C．4D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
由菱形的性质，得到AC⊥BD，由直角三角形的性质，得到BO=1，BC=2，根据勾股定理求出CO，即可求出AC的长度.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
利用折叠性质和HL定理证明Rt△ABG≌Rt△AFG，从而判断①；设BG=FG=x，则CG=6-x，GE=x+2，根据勾股定理列方程求解，从而判断②；由②求得△FGC为等腰三角形，由此推出 ，由①可得 ,从而判断③；过点F作FM⊥CE，用平行线分线段成比例定理求得FM的长，然后求得△ECF和△EGC的面积，从而求出△FCG的面积，判断④．
∴∠ADM=∠MDC=∠NCD=45°，
∴ =CD，
在矩形ABCD中，AB=CD=a，
∴DM+CN=acos45°= a.
故选C.
【点睛】
此题考查矩形的性质，解直角三角形，解题关键在于得到cos45°=
5．如图，在菱形 中， ， ，点 是这个菱形内部或边上的一点，若以点 ， ， 为顶点的三角形是等腰三角形，则 ， （ ， 两点不重合）两点间的最短距离为（）
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝∠B＝48°，
由折叠的性质得：∠D'＝∠D＝48°，∠D'EC＝∠DEC＝180°﹣∠D﹣∠ECD＝107°，
∴∠AEC=180°﹣∠DEC=180°﹣107°＝73°，
∴∠D'EA＝∠D'EC﹣∠AEC＝107°﹣73°=34°.
故选：B．
【点睛】
【点睛】
本题考查角平分线的作图原理和平行四边形的性质．
2．如图，□ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC.若 , ，则BD的长为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解Fra Baidu bibliotek】
【分析】
根据勾股定理先求出BO的长，再根据平行四边形的性质即可求解.
【详解】
∵ ，
∴AO=3，
∵AB⊥AC，
∴BO= =5
②若以边PC为底，∠PBC为顶角时，以点B为圆心，BC长为半径作圆，与BD相交于一点，则弧AC（除点C外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在BD上时，PD最小，最小值为
③若以边PB为底，∠PCB为顶角，以点C为圆心，BC为半径作圆，则弧BD上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点D重合时，PD最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；
15．如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10B．12C．16D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据矩形的特点，可以得到S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN，最终得到S矩形EBNP= S矩形MPFD,即可得S△PEB=S△PFD，从而得到阴影的面积．
【详解】
由折叠可得，∠ACD=∠ACE=90°，
∴∠BAC=90°，
又∵∠B=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=2AB=6，
∴AD=6，
由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60°，
∴∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为6×3=18，
故选：C．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题关键在于注意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．
A．△AOB≌△BOCB．△BOC≌△EODC．△AOD≌△EODD．△AOD≌△BOC
【答案】A
【解析】
根据矩形的性质和全等三角形的性质找出全等三角形应用排它法求欠妥即可：
∵AD=DE，DO∥AB，∴OD为△ABE的中位线．∴OD=OC．
∵在Rt△AOD和Rt△EOD中，AD=DE，OD=OD，∴△AOD≌△EOD（HL）．
【详解】
∵四边形OBCD是菱形，
∴OB=BC=CD=OD，
∴OB=BC′=C′D′=OD′，
∵∠BOD′=90°，
∴四边形OBC′D′是正方形，且边长=4，
∴点 的坐标为 ，故A不符合题意．
∵ ，OD∥BC，
∴∠OBC=180°-30°=150°，
∵∠OBC′=90°，
∴ ，故B不符合题意．
∵点 移动的路径是以OD长为半径，圆心角为∠DOD′=90°-30°=60°的弧长，
A．aB． aC． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N”得∠MDC=∠NCD=45°，cos45°= ，所以DM+CN=CDcos45°；再根据矩形ABCD，AB=CD=a，DM+CN的值即可求出．
【详解】
∵AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N，
【详解】
解：在正方形ABCD中，由折叠性质可知DE=EF=2，AF=AD=AB=BC=CD=6，∠B=∠D=∠AFG=∠BCD=90°
又∵AG=AG
∴Rt△ABG≌Rt△AFG，故①正确；
由Rt△ABG≌Rt△AFG
∴设BG=FG=x，则CG=6-x，GE=GF+EF=x+2，CE=CD-DE=4
∴在Rt△EGC中，
∵在Rt△AOD和Rt△BOC中，AD=BC，OD=OC，∴△AOD≌△BOC（HL）．
∴△BOC≌△EOD．
综上所述，B、C、D均正确．故选A．
8．已知一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比是3：1，这个多边形的边数是
A．8B．9C．10D．12
【答案】A
【解析】
试题分析：设这个多边形的外角为x°，则内角为3x°，根据多边形的相邻的内角与外角互补可的方程x+3x=180，解可得外角的度数，再用外角和除以外角度数即可得到边数．
上所述，PD的最小值为
故选D．
【点睛】
本题考查菱形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，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．
6．在平面直角坐标系中，A，B，C三点坐标分别是（0，0），（4，0），（3，2），以A，B，C三点
为顶点画平行四边形，则第四个顶点不可能在（）.
12．如图，在▱ABCD中，E为边AD上的一点，将△DEC沿CE折叠至△D′EC处，若∠B＝48°，∠ECD＝25°，则∠D′EA的度数为（ ）
A．33°B．34°C．35°D．36°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质可得∠D＝∠B，由折叠的性质可得∠D'＝∠D，根据三角形的内角和定理可得∠DEC，即为∠D'EC，而∠AEC易求，进而可得∠D'EA的度数．
解得：x=3
∴BG＝3，CG=6-3=3
∴BG＝CG，故②正确；
又BG＝CG，
∴
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG
∴
∴∠FCG=∠AGB
∴AG∥CF，故③正确；
过点F作FM⊥CE，
∴FM∥CG
∴△EFM∽△EGC
∴ 即
解得
∴ FCG＝ ，故④错误
正确的共3个
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
则原多边形的边数为7或8或9．故选D．
考点：多边形内角与外角．
14．如图，在平行四边形ABCD中，将 沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若 ，AB=3，则 的周长为（）
A．12B．15C．18D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到BC=2AB=6，AD=6，再根据△ADE是等边三角形，即可得到△ADE的周长为6×3=18．
∴BD=2BO=10，
故选B.
【点睛】
此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知勾股定理的应用.
3．设四边形的内角和等于 ，五边形的外角和等于 ，则 与 的关系是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和定理与多边形外角的关系即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形的内角和等于a，
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的内角和定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题关键．
13．一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（）
A．7B．7或8C．8或9D．7或8或9
【答案】D
【解析】
试题分析：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8．
∴点 移动的路径长度= = ，故C符合题意.
设CD与BC′交于点E，
∵在菱形OBCD中，∠C= ，
∵ ，
∴∠BEC=180°-60°-30°=90°，即CD⊥BC′，
∴BC′=BC=2BE，
∴ 垂直平分 ，故D不符合题意．
故先C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，正方形的判定和性质以及点的坐标，熟练掌握菱形的性质和正方形性质，含30°角的直角三角形的性质，是解题的关键．
11．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，将边长为4的菱形 的边 固定在 轴上，开始时 ，现把菱形向左推，使点 落在 轴正半轴上的点 处，则下列说法中错误的是（）
A．点 的坐标为 B．
C．点 移动的路径长度为4个单位长度D． 垂直平分
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明四边形OBC′D′是正方形，且边长=4，即可判断A；由平行线的性质得∠OBC的度数，进而得到 ，即可判断B；根据弧长公式，求出点 移动的路径长度，即可判断C；证明CD⊥BC′，BC′=BC=2BE，即可判断D．
一、选择题
1．如图，在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，若BF=6，AB=5，则AE的长为()
A．4B．8C．6D．10
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
解：设AG与BF交点为O，∵AB=AF，AG平分∠BAD，AO=AO，∴可证△ABO≌△AFO，∴BO=FO=3，∠AOB=∠AOF=90º，AB=5，∴AO=4，∵AF∥BE，∴可证△AOF≌△EOB，AO=EO，∴AE=2AO=8，故选B．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【解析】
A点在原点上，B点在横轴上，C点在第一象限，根据平行四边形的性质：两组对边分别平行，可知第四个顶点可能在第一、二、四象限，不可能在第三象限，故选C
7．如图所示，点E是矩形ABCD的边AD延长线上的一点，且AD=DE，连结BE交CD于点O，连结AO，下列结论不正确的是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PC为底．③若以边PB为底．分别求出PD的最小值，即可判断．
【详解】
解：在菱形ABCD中，
∵∠ABC=60°，AB=1，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短“，即当点P与点A重合时，PD值最小，最小值为1；
【详解】
作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN
∴S矩形EBNP= S矩形MPFD,
【详解】
解，如图，
∵四边形 是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵ ，
∴BO=1，
在Rt△OBC中， ，
∴BC=2，
∴ ；
∴ ；
故选：A.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，利用勾股定理求出OC的长度.
10．如图，正方形ABDC中，AB＝6，E在CD上，DE＝2，将△ADE沿AE折叠至△AFE，延长EF交BC于G，连AG、CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝CG；③AG∥CF；④ FCG＝3，其中正确的有（）．
∴a=（4-2）•180°=360°．
∵五边形的外角和等于 ，
∴ =360°，
∴a= ．
故选B．
【点睛】
本题考查的是多边形的内角与外角，熟知多边形的内角和定理是解答此题的关键．
4．如图，矩形ABCD中，AB＞AD，AB=a，AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N.则DM+CN的值为（用含a的代数式表示）( )
解：设这个多边形的外角为x°，则内角为3x°，
由题意得：x+3x=180，
解得x=45，
这个多边形的边数：360°÷45°=8，
故选A．
考点：多边形内角与外角．
9．如图，四边形 是菱形， ， ，则 的长度为（）
A． B． C．4D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
由菱形的性质，得到AC⊥BD，由直角三角形的性质，得到BO=1，BC=2，根据勾股定理求出CO，即可求出AC的长度.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
利用折叠性质和HL定理证明Rt△ABG≌Rt△AFG，从而判断①；设BG=FG=x，则CG=6-x，GE=x+2，根据勾股定理列方程求解，从而判断②；由②求得△FGC为等腰三角形，由此推出 ，由①可得 ,从而判断③；过点F作FM⊥CE，用平行线分线段成比例定理求得FM的长，然后求得△ECF和△EGC的面积，从而求出△FCG的面积，判断④．
∴∠ADM=∠MDC=∠NCD=45°，
∴ =CD，
在矩形ABCD中，AB=CD=a，
∴DM+CN=acos45°= a.
故选C.
【点睛】
此题考查矩形的性质，解直角三角形，解题关键在于得到cos45°=
5．如图，在菱形 中， ， ，点 是这个菱形内部或边上的一点，若以点 ， ， 为顶点的三角形是等腰三角形，则 ， （ ， 两点不重合）两点间的最短距离为（）
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝∠B＝48°，
由折叠的性质得：∠D'＝∠D＝48°，∠D'EC＝∠DEC＝180°﹣∠D﹣∠ECD＝107°，
∴∠AEC=180°﹣∠DEC=180°﹣107°＝73°，
∴∠D'EA＝∠D'EC﹣∠AEC＝107°﹣73°=34°.
故选：B．
【点睛】
【点睛】
本题考查角平分线的作图原理和平行四边形的性质．
2．如图，□ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC.若 , ，则BD的长为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解Fra Baidu bibliotek】
【分析】
根据勾股定理先求出BO的长，再根据平行四边形的性质即可求解.
【详解】
∵ ，
∴AO=3，
∵AB⊥AC，
∴BO= =5
②若以边PC为底，∠PBC为顶角时，以点B为圆心，BC长为半径作圆，与BD相交于一点，则弧AC（除点C外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在BD上时，PD最小，最小值为
③若以边PB为底，∠PCB为顶角，以点C为圆心，BC为半径作圆，则弧BD上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点D重合时，PD最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；
15．如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10B．12C．16D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据矩形的特点，可以得到S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN，最终得到S矩形EBNP= S矩形MPFD,即可得S△PEB=S△PFD，从而得到阴影的面积．
【详解】
由折叠可得，∠ACD=∠ACE=90°，
∴∠BAC=90°，
又∵∠B=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=2AB=6，
∴AD=6，
由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60°，
∴∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为6×3=18，
故选：C．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题关键在于注意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．
A．△AOB≌△BOCB．△BOC≌△EODC．△AOD≌△EODD．△AOD≌△BOC
【答案】A
【解析】
根据矩形的性质和全等三角形的性质找出全等三角形应用排它法求欠妥即可：
∵AD=DE，DO∥AB，∴OD为△ABE的中位线．∴OD=OC．
∵在Rt△AOD和Rt△EOD中，AD=DE，OD=OD，∴△AOD≌△EOD（HL）．
【详解】
∵四边形OBCD是菱形，
∴OB=BC=CD=OD，
∴OB=BC′=C′D′=OD′，
∵∠BOD′=90°，
∴四边形OBC′D′是正方形，且边长=4，
∴点 的坐标为 ，故A不符合题意．
∵ ，OD∥BC，
∴∠OBC=180°-30°=150°，
∵∠OBC′=90°，
∴ ，故B不符合题意．
∵点 移动的路径是以OD长为半径，圆心角为∠DOD′=90°-30°=60°的弧长，
A．aB． aC． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N”得∠MDC=∠NCD=45°，cos45°= ，所以DM+CN=CDcos45°；再根据矩形ABCD，AB=CD=a，DM+CN的值即可求出．
【详解】
∵AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N，
【详解】
解：在正方形ABCD中，由折叠性质可知DE=EF=2，AF=AD=AB=BC=CD=6，∠B=∠D=∠AFG=∠BCD=90°
又∵AG=AG
∴Rt△ABG≌Rt△AFG，故①正确；
由Rt△ABG≌Rt△AFG
∴设BG=FG=x，则CG=6-x，GE=GF+EF=x+2，CE=CD-DE=4
∴在Rt△EGC中，
∵在Rt△AOD和Rt△BOC中，AD=BC，OD=OC，∴△AOD≌△BOC（HL）．
∴△BOC≌△EOD．
综上所述，B、C、D均正确．故选A．
8．已知一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比是3：1，这个多边形的边数是
A．8B．9C．10D．12
【答案】A
【解析】
试题分析：设这个多边形的外角为x°，则内角为3x°，根据多边形的相邻的内角与外角互补可的方程x+3x=180，解可得外角的度数，再用外角和除以外角度数即可得到边数．
上所述，PD的最小值为
故选D．
【点睛】
本题考查菱形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，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．
6．在平面直角坐标系中，A，B，C三点坐标分别是（0，0），（4，0），（3，2），以A，B，C三点
为顶点画平行四边形，则第四个顶点不可能在（）.
12．如图，在▱ABCD中，E为边AD上的一点，将△DEC沿CE折叠至△D′EC处，若∠B＝48°，∠ECD＝25°，则∠D′EA的度数为（ ）
A．33°B．34°C．35°D．36°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质可得∠D＝∠B，由折叠的性质可得∠D'＝∠D，根据三角形的内角和定理可得∠DEC，即为∠D'EC，而∠AEC易求，进而可得∠D'EA的度数．
解得：x=3
∴BG＝3，CG=6-3=3
∴BG＝CG，故②正确；
又BG＝CG，
∴
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG
∴
∴∠FCG=∠AGB
∴AG∥CF，故③正确；
过点F作FM⊥CE，
∴FM∥CG
∴△EFM∽△EGC
∴ 即
解得
∴ FCG＝ ，故④错误
正确的共3个
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
则原多边形的边数为7或8或9．故选D．
考点：多边形内角与外角．
14．如图，在平行四边形ABCD中，将 沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若 ，AB=3，则 的周长为（）
A．12B．15C．18D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到BC=2AB=6，AD=6，再根据△ADE是等边三角形，即可得到△ADE的周长为6×3=18．
∴BD=2BO=10，
故选B.
【点睛】
此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知勾股定理的应用.
3．设四边形的内角和等于 ，五边形的外角和等于 ，则 与 的关系是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和定理与多边形外角的关系即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形的内角和等于a，
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的内角和定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题关键．
13．一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（）
A．7B．7或8C．8或9D．7或8或9
【答案】D
【解析】
试题分析：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8．
∴点 移动的路径长度= = ，故C符合题意.
设CD与BC′交于点E，
∵在菱形OBCD中，∠C= ，
∵ ，
∴∠BEC=180°-60°-30°=90°，即CD⊥BC′，
∴BC′=BC=2BE，
∴ 垂直平分 ，故D不符合题意．
故先C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，正方形的判定和性质以及点的坐标，熟练掌握菱形的性质和正方形性质，含30°角的直角三角形的性质，是解题的关键．
11．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，将边长为4的菱形 的边 固定在 轴上，开始时 ，现把菱形向左推，使点 落在 轴正半轴上的点 处，则下列说法中错误的是（）
A．点 的坐标为 B．
C．点 移动的路径长度为4个单位长度D． 垂直平分
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明四边形OBC′D′是正方形，且边长=4，即可判断A；由平行线的性质得∠OBC的度数，进而得到 ，即可判断B；根据弧长公式，求出点 移动的路径长度，即可判断C；证明CD⊥BC′，BC′=BC=2BE，即可判断D．