专题17 多边形与平行四边形（全国专用）-【好题汇编】三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编

专题17 多边形与平行四边形 考点01 多边形的内角和外角 1．（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时， ． 2．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 3．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ． 5．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 6．（2011·新疆乌鲁木齐·中考真题）一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是( ) A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形 考点02 平行四边形的判定 1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 2．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形． 考点03 平行四边形的性质 1．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则 ．（用含的式子表示） 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 3．（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是 ． 4．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 5．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 考点04 平行四边形的判定与性质综合 1．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 2．（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 3．（2023·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点O，点F是边上的一点，连接，将沿直线折叠，点D落在点G处，连接并延长交于点H，连接并延长交于点M，交的延长线于点E，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题17 多边形与平行四边形 考点01 多边形的内角和外角 1．（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时， ． 【答案】97 【分析】本题考查正多边形内角和问题，平行线的性质，先根据正六边形内角和公式求出单个内角的度数，再根据平行线的性质求解． 【详解】解：如图， 正六边形内角和为：， ， ， ， ， ， ， 故答案为：97． 2．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 【答案】八 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】设这个多边形是n边形， 由题意得， 解得， ∴这个多边形是八边形． 故答案为：八． 3．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键． 根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：B． 4．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ． 【答案】/50度 【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为，即，则可求得的度数，根据平行线的性质可求得的度数，进而可求出的度数，再根据三角形内角和定理即可求出的度数． 【详解】解：∵正六边形的内角和， 每个内角为：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 5．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A 6．（2011·新疆乌鲁木齐·中考真题）一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是( ) A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形 【答案】C 【分析】多边形的外角和是360度，因为是正多边形，所以每一个外角都是45°，即可得到外角的个数，从而确定多边形的边数． 【详解】解：360÷45=8，所以这个正多边形是正八边形． 故选C． 考点02 平行四边形的判定 1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 2．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解． 【详解】解：添加条件：， 证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形． 故答案为：（答案不唯一） 考点03 平行四边形的性质 1．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则 ．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知， ，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 由折叠性质可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查扇形面积公式，平行四边形性质，含三角形的性质，正确将阴影面积进行组合是解决问题的关键．由题意，利用计算即可． 【详解】解：过A作， ∵，， ， ∵， ∴， ， ， ， 设长度为，则，在中，由勾股定理得： 解得：， ， ， 则，， ， ． 故答案为：． 3．（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短等知识点，掌握平行四边形对角线相互平分是解题的关键． 由勾股定理可得，设与交于点O，过O作于点，由四边形作是平行四边形得、，根据垂线段最短可得当时，即P与重合时，最小；再运用三角函数求得，进而求得即可解答． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 如图，设与交于点O，过O作于点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴、 ∴当线段长最小，则线段的长最小， 由垂线段最短可得：时，即P与重合时，最小； ∵， ∴，解得：． ∴线段长最小为． 故答案为：． 4．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明； （3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可． 【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线 故答案为： （2）证明：四边形为平行四边形 （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点 四边形为平行四边形， ， ， 又 ． 5．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定；根据相似三角形的性质与判定即可判断A，根据题意可得四边形是的角平分线，进而判断四边形是菱形，证明可得则垂直平分，即可判断B选项，证明四边形是菱形，即可判断C选项，D选项给的条件，若加上，则成立，据此，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A. 若，即，又， ∴ ∴ ∴，故A选项正确， B. 若，，， ∴是的角平分线， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴ 在中， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，故B选项正确， C. ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴， 又∵ ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴ ∴，故C选项正确； D. 若，则四边形是菱形， 由，且时， 可得垂直平分， ∵ ∴，故D选项不正确 故选：D． 6．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键． 解法一：连接BD交AC于O，由平行四边形的性质推出，，判定是的中位线，推出，求出，即可得到答案； 解法二：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果； 解法三：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到． 【详解】解：解法一：连接交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 解法二：延长和，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． 解法三：作交于点H ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 考点04 平行四边形的判定与性质综合 1．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查三角形的中位线，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质； （1）证明是的中位线，即可得到，进而得到，然后利用证明三角形全等； （2）根据全等三角形的对应角相等得到，即可得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得到结论即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为边，的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 2．（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，由可得，再证四边形是平行四边形，推出，，等量代换即可得出． 【详解】证明：平行四边形中，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 3．（2023·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点O，点F是边上的一点，连接，将沿直线折叠，点D落在点G处，连接并延长交于点H，连接并延长交于点M，交的延长线于点E，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质证明，，由此即可证明得到，进而推出，再由，即可证明四边形是平行四边形； （2）由（1）的结论可得，进一步证明，再证明，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得 ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握相关知识是解题的关键． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $