专题11多边形与平行四边形【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（北京专用）

专题11 多边形与平行四边形 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1多边形 （5年1考） 2024·北京：正多边形的性质 2023·北京：多边形外角和 2021·北京：多边形内角和 2020·北京：多边形外角和 熟练掌握多边形的内角和与外角和的有关计算及正多边形的性质，复习时需重点注意平行四边形综合考题，这类题目常与特殊三角形、勾股定理、角平分线、全等、相似、三角函数、解直角三角形相关联。 考点2 平行四边形综合题 （5年2考） 2024·北京：平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、解直角三角形、勾股定理 2021·北京：平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数 考点1多边形内角和与外角和 1. （2023·北京·中考真题）十二边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 2. （2021·北京·中考真题）下列多边形中，内角和最大的是（    ） A． B． C． D． 3. （2020·北京·中考真题）五边形的外角和等于（） A．180° B．360° C．540° D．720° 4. （2024·北京·中考真题）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 考点2 平行四边形综合题 5. （2024·北京·中考真题）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长. 6. （2021·北京·中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，求和的长． 7. （2024·北京东城·二模）若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 8. （2024·北京朝阳·一模）正十边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 9. （2024·北京海淀·一模）每一个外角都是的正多边形是（    ） A．正四边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正九边形 10. （2024·北京东城·一模）正八边形每个内角的度数为（    ） A． B． C． D． 11. （2024·北京门头沟·二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的2倍，则该正多边形是（    ） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 12. （2024·北京平谷·二模）如果正多边形的每个外角都等于，则它的边数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 13. （2024·北京石景山·二模）当多边形的边数每增加1时，它的内角和与外角和（    ） A．都增加 B．都不变 C．内角和增加，外角和不变 D．内角和增加，外角和减少 14. （2024·北京房山·二模）正八边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 15. （2024·北京海淀·二模）五边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 16. （2024·北京昌平·二模）正多边形的一个外角是，那么这个正多边形是（    ） A．正四边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 17. （2024·北京·一模）正六边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 18. （2024·北京丰台·一模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（    ）      A． B． C． D． 19. （2024·北京东城·一模）在平面直角坐标系中，点，，为的顶点，则顶点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 20. （2024·北京丰台·二模）如图所示，第四套人民币中1角硬币边缘镌刻的图形是正九边形，其内角和为 ． 21. （2024·北京东城·二模）如图，在四边形中，点在上，，，于点，于点，．      (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 22. （2024·北京石景山·二模）如图，在中，相交于点O． (1)求的长； (2)求面积． 23. （2024·北京大兴·一模）如图，在正方形中，点，分别在，上，，连接，射线和线段的延长线交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求线段的长． 24. （2024·北京顺义·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 多边形与平行四边形 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1多边形 （5年1考） 2024·北京：正多边形的性质 2023·北京：多边形外角和 2021·北京：多边形内角和 2020·北京：多边形外角和 熟练掌握多边形的内角和与外角和的有关计算及正多边形的性质，复习时需重点注意平行四边形综合考题，这类题目常与特殊三角形、勾股定理、角平分线、全等、相似、三角函数、解直角三角形相关联。 考点2 平行四边形综合题 （5年2考） 2024·北京：平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、解直角三角形、勾股定理 2021·北京：平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数 考点1多边形内角和与外角和 1. （2023·北京·中考真题）十二边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的外角和，根据多边形的外角和为360度，判断即可． 【详解】解：十二边形的外角和为； 故选B． 2. （2021·北京·中考真题）下列多边形中，内角和最大的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据多边形内角和公式可直接进行排除选项． 【详解】解：A、是一个三角形，其内角和为180°； B、是一个四边形，其内角和为360°； C、是一个五边形，其内角和为540°； D、是一个六边形，其内角和为720°； ∴内角和最大的是六边形； 故选D． 【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键． 3. （2020·北京·中考真题）五边形的外角和等于（） A．180° B．360° C．540° D．720° 【答案】B 【分析】根据多边形的外角和等于360°解答． 【详解】解：五边形的外角和是360°． 故选B． 【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°． 4. （2024·北京·中考真题）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可. 本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键. 【详解】向两方分别延长，连接， 根据菱形，，则，， ∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形， ∴点一定在对角线上，且，， ∴，， ∵， ∴， ∴，，同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴该八边形各边长都相等， 故①正确； 根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等， ∴④正确； 根据题意，得， ∵，， ∴， ∴该八边形各内角不相等； ∴②错误， 根据， ∴， ∴， ∵， 故， ∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误 ∴③错误， 故选B． 考点2 平行四边形综合题 5. （2024·北京·中考真题）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长. 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证； （2）解求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴在中，由勾股定理得． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 6. （2021·北京·中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，求和的长． 【答案】（1）见详解；（2）， 【分析】（1）由题意易得AD∥CE，然后问题可求证； （2）由（1）及题意易得EF=CE=AD，然后由可进行求解问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴AD∥CE， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）可得四边形是平行四边形， ∴， ∵，平分，， ∴， ∴EF=CE=AD， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数是解题的关键． 7. （2024·北京东城·二模）若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和和外角和问题，设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和公式和外角和并结合题意得出等式，计算即可得出答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得：， 解得：， 故这个多边形的边数是， 故选：C． 8. （2024·北京朝阳·一模）正十边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查多边形的内角和，解题的关键是利用多边形的内角和公式进行计算即可． 【详解】解：正十边形的内角和为 ． 故选C． 9. （2024·北京海淀·一模）每一个外角都是的正多边形是（    ） A．正四边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正九边形 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和是和这个多边形的每一个外角都等于，即可求得多边形的边数． 【详解】解：∵多边形的外角和是，这个多边形的每一个外角都等于， ∴这个多边形的边数是， 故选：D． 10. （2024·北京东城·一模）正八边形每个内角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的内角与外角的关系．根据正多边形的每一个内角相等，则对应的外角也相等，根据多边形的外角和为，进而求得一个外角的度数，即可求得正八边形每个内角度数． 【详解】解：∵正多边形的每一个内角相等，则对应的外角也相等， 一个外角等于：， ∴内角为， 故选：B． 11. （2024·北京门头沟·二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的2倍，则该正多边形是（    ） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的内角和与外角和的问题．设这个多边形的边数是n，根据一个内角是它的外角的2倍，可得该正多边形内角和是其外角和的2倍，据此列出方程，即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数是n， ∵一个内角是它的外角的2倍， ∴该正多边形内角和是其外角和的2倍， ∴， 解得：， 即这个多边形是六边形． 故选：C． 12. （2024·北京平谷·二模）如果正多边形的每个外角都等于，则它的边数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于，根据正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，外角和等于，即可得出答案． 【详解】解：∵正多边形的每个外角都等于， ∴它的边数为， 故选：B． 13. （2024·北京石景山·二模）当多边形的边数每增加1时，它的内角和与外角和（    ） A．都增加 B．都不变 C．内角和增加，外角和不变 D．内角和增加，外角和减少 【答案】C 【分析】本题考查多边形内角和、外角和定理，利用内角和定理可知，边数增加1，内角和增加，外角和都是，推理即可． 【详解】解：当多边形边数增加1时，内角和增加，外角和是个固定值为， 故选：C． 14. （2024·北京房山·二模）正八边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了多边形的外角和，熟记多边形的外角和是是解题的关键．根据多边形的外角和都是即可得解． 【详解】解： 多边形的外角和都是， 正八边形的外角和为． 故选：B． 15. （2024·北京海淀·二模）五边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和公式，掌握（为多边形的边数）是解题的关键．根据多边形内角和公式（为多边形的边数）即可求解． 【详解】解：， 故选：C ． 16. （2024·北京昌平·二模）正多边形的一个外角是，那么这个正多边形是（    ） A．正四边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了正多边形的外角，根据多边形的外角和为进行求解即可． 【详解】解：∵正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， ∴这个正多边形为正六边形． 故选：B． 17. （2024·北京·一模）正六边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的外角和是．根据任何多边形的外角和是即可求出答案． 【详解】解：∵任意一个多边形的外角和都是， ∴正六边形的外角和为． 故选：C． 18. （2024·北京丰台·一模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（    ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形外角和定理，由多边形的外角和定理直接可求出结论，掌握正八边形的外角和为是解此题的关键． 【详解】解：正八边形的外角和为， 每一个外角为， 故选：B． 19. （2024·北京东城·一模）在平面直角坐标系中，点，，为的顶点，则顶点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，勾股定理，设点D的坐标为，由平行四边形对角线中点坐标相同可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：设点D的坐标为， 由平行四边形对角线中点坐标相同可得， ∴， ∴点D的坐标为， 故选：C． 20. （2024·北京丰台·二模）如图所示，第四套人民币中1角硬币边缘镌刻的图形是正九边形，其内角和为 ． 【答案】/1260度 【分析】本题考查了多边形的内角和，熟悉掌握内角和公式是解题的关键． 根据多边形内角和公式运算即可． 【详解】解：正九边形内角和， 故答案为：． 21. （2024·北京东城·二模）如图，在四边形中，点在上，，，于点，于点，．      (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，进而证明，再证明是等腰直角三角形，然后证明由含的直角三角形的性质得，进而由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】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、平行线的判定、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 22. （2024·北京石景山·二模）如图，在中，相交于点O． (1)求的长； (2)求面积． 【答案】(1) (2)48 【分析】本题主要考查对平行四边形的性质，勾股定理等知识： （1）根据平行四边形的性质得到，根据勾股定理求出的长，即可求出的长； （2）根据平行四边形的面积公式即可求出的面积． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，由勾股定理得：， ∴； （2）解：的面积是． 23. （2024·北京大兴·一模）如图，在正方形中，点，分别在，上，，连接，射线和线段的延长线交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，正方形的性质，正切的定义； （1）根据正方形的性质得出，．根据题意得出，即可得证； （2）根据正方形的性质得出，在中，得出则，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，． ， ．即． 又， 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是正方形， ，，． ，， ． 在中， ，， ． ． ． 在中， ， ． 24. （2024·北京顺义·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的性质，勾股定理，掌握判定方法及性质是解题的关键． （1）根据菱形得性质得出，，再由平行四边形的判定即可得证； （2）根据菱形得性质得出，，，再由平行四边形的性质确定，，得出，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）∵菱形，四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$