专题17 多边形与平行四边形（3年汇编）（山东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合2024-2026年山东中考真题及模拟题，聚焦多边形与平行四边形四大考点，突出情境化命题与多知识点综合，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|3-4分|多边形内角和（2026扇面情境）、平行四边形性质（2025折叠最值）|从公式计算转向图形联动，情境化特征显著| |解答题|6-12分|判定与圆切线综合（2024日照）、性质与最值（2025统考）、开放探究（2025青岛）|多知识点融合，推理链条加长，区分度提升|

专题17 多边形与平行四边形 3年真题1年模拟 考点分类 山东考情（2024-2026） 命题规律 考点01多边形的内角和外角 2026 山东统考卷；2025 济南卷；2024 青岛 / 山东统考 / 济南 / 日照 / 威海 / 烟台卷 以选择、填空题为主，分值 3-4 分。早年以正多边形外角和、内角和公式的基础计算为主，直接套用公式即可求解。2024 年新增正多边形结合圆锥展开、垂线性质的综合题型；2025 年融合平行线性质考查角度推导；2026 统考以扇面图案为情境命题，情境化特征凸显，从纯公式计算转向几何图形联动的综合推导，对图形识别能力要求稳步提升。 考点02平行四边形的判定 2026 山东统考卷；2024 济宁 / 日照 / 青岛 / 潍坊卷 覆盖填空、解答两类题型，分值 3-10 分。早期以补充判定条件的开放型填空、基础证明题为主，侧重单一定理应用。2024 年拓展至圆切线、矩形折叠背景下的判定证明，需联动全等三角形、圆周角定理推导；2026 统考结合三角形中位线、直角三角形斜边中线设题，推理链条加长，从孤立定理考查转向多知识点融合的综合证明，对逻辑严谨性要求逐年提高。 考点03平行四边形的性质 2025 德州 / 潍坊 / 青岛 / 山东统考卷；2024 山东统考 / 日照卷 涵盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早年围绕对角线比例、边长计算设题，侧重性质的直接应用，常结合相似、中位线考查。2025 年题型明显拓展，新增折叠背景角度推导、扇形结合面积计算、垂线段最短最值问题；其中最值类题型占比提升，需转化对角线关系求解，从静态计算转向动态最值分析，对数形结合与转化思想要求显著提升。 考点04平行四边形的判定与性质综合 2025 淄博 / 济南 / 青岛卷；2024 泰安卷 均以解答题形式考查，分值 6-12 分。早期以全等结合判定证明、线段等量推导为主，设问较为常规。2025 年出现选条件判定矩形 / 菱形的开放型题型，分层设问答疑；2024 泰安卷以折叠探究为载体，结合黄金分割拓展深度。命题从常规证明转向操作探究、开放选择的综合考查，阅读量与探究性增强，更侧重几何推理与创新思维，题型区分度逐年提升。 考点01 多边形的内角和外角 一、单选题 1．（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． 2．（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 3．（2024·山东济南·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． 二、填空题 4．（2026·山东·中考真题）如图，圆形扇面中间的图案是正多边形，该正多边形的内角和等于________． 【答案】/720度 【分析】观察图形可知该多边形为正六边形，根据多边形内角和公式 代入计算即可． 【详解】解：由图可知，该正多边形为正六边形，即边数， 根据多边形内角和公式，得． 5．（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． 6．（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． 7．（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：． 8．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为________． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，， ∴， 过点作于点，则：， 设圆锥的底面圆的半径为，则：， ∴； 故答案为：． 考点02 平行四边形的判定 一、填空题 1．（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） 二、解答题 2．（2026·山东·中考真题）如图，在中，于点，点，，分别是边、、的中点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明：∵， ∴． 在中，点E是的中点， ∴． 同理． ∵， ∴； (2)解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵点E，F，G是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【分析】（1）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可得，结合，根据，即可证明； （2）根据三角形中位线的性质可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 3．（2024·山东日照·中考真题）如图1，为的直径，是上异于的任一点，连接，过点A作射线为射线上一点，连接． 【特例感知】 （1）若．则_______． （2）若点在直线同侧，且，求证：四边形是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有，连接． （3）如图2，当与相切时，求的长度； （4）求长度的取值范围． 【答案】（1）    （2）证明：∵为的直径， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形． （3）   （4） 【分析】（1）根据直径性质得到，,根据，，运用勾股定理可得； （2）根据．，得到．得到，结合， 得到，得到，得到四边形是平行四边形； （3）连接．根据，得到，，根据切线性质得到，．得到，．得到，得到，运用勾股定理得； （4）过点A作射线，使，连接．得到，，根据．，可得，根据，得到，得，得到．根据，得到，即得． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴, ∵，， ∴ 故答案为：； （2）略 （3）解：如图，连接． ∵在中，， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴． 又∵， ∴ ∴． ∴， 在中，， ∴在中，； （4）解：如图，过点A作，使，连接． 则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理推论，圆切线性质，平行四边形的判定，含30°的直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数解直角 三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键． 4．（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：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 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，． 【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）略 （2）略 【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． 5．（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：∵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． 【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）略 （2）略 考点03 平行四边形的性质 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 2．（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． 二、填空题 3．（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：． 4．（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：． 5．（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：． 三、解答题 6．（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：四边形为平行四边形 (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）略 （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 ． 考点04 平行四边形的判定与性质综合 一、解答题 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)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， ∴． 【分析】（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）略 （2）略 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】 证明：平行四边形中，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 【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】略 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1) 证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ (2) 选择条件①，四边形为矩形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 4．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【答案】（1）正确， 理由如下， 作于点， ， ， ， ， ， ， 又， ． ∴． 是矩形，， 四边形是矩形． ， ． （2）正确，理由如下， ， ，， 由折叠知， ， ， ， 由平行四边形及折叠知，， ， ，即点为的一个黄金分割点． 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质等知识点，掌握相关知识是解题的关键． （1）如图：作于点M，再证可得，再证明四边形是矩形可得即可证明结论； （2）利用平行线分线段比例可得，再说明，进而得到；再由由平行四边形及折叠可得，，则即可证明结论． 【详解】略 一、单选题 1．（2026·山东济南·二模）如图，在正五边形中，连接对角线，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到，，根据三角形内角和定理得到，同理得到，计算即可得到答案． 【详解】解：五边形是正五边形， ，， ， ， 同理得到， ． 2．（2026·山东济南·一模）如图，正六边形的边长为6，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分图形的弧长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正多边形的外角求得内角的度数，进而根据弧长公式即可求解． 【详解】解：∵正六边形的边长为6， ， 图中阴影部分图形的弧长． 3．（2026·山东临沂·一模）如图在四边形中，，对角线与相交于点O．点B，点D关于所在直线对称，过点D作的垂线交延长线于点E．若，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 根据对称的性质和可推得，从而得四边形为平行四边形，根据对称的性质得，则平行四边形为菱形，根据菱形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：∵ 点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形， ， 则， 在中，， 在中，， 则， 在中，． 二、填空题 4．（2026·山东淄博·一模）在正边形里面画一个小的正边形，用一些不相交的线段连接它们的顶点，得到的三角形总数记为．例如，根据图，有，则_____． 【答案】 【分析】结合图形分析每个三角形的特征，共可分为三类，与正边形有关，与正边形相关且在外部和在正边形内部，求和即可． 【详解】解：结合图可知，以正二千零二十六边形的边为边的三角形共有个，以正方形的边为边且向外的三角形一共有个，正方形内部的三角形共有个， ∴． 5．（2026·山东济南·二模）如图，五边形是正五边形，F，G是边上的点，且．若，则_______ ． 【答案】/度 【分析】过点作交于点，根据平行线的性质先求出的度数，由多边形内角和定理可求出的度数，最后利用平行线的性质求得即可． 【详解】解：如图，过点作交于点， ， ， 在正五边形中，， ， ，， ， ． 6．（2026·山东滨州·二模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M，________°． 【答案】/135度 【分析】分别求出等腰三角形和等腰三角形的底角，再通过的内角和求出的度数． 【详解】解：∵八边形为正八边形， ， ， ∴为等腰三角形， ， ， ∴为等腰三角形， ， ． 7．（2026·山东济南·二模）如图，直线与正五边形的边、分别交于点M、N，则的度数为____． 【答案】 【分析】根据正五边形的每个内角的大小和四边形的内角和解题． 【详解】解：由题意知，，， ∴， ∵四边形的内角和为， 正五边形的每个内角为， ∴， ， 即． 8．（2026·山东临沂·二模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为4，则该置物架所占用墙面的长度的值为________． 【答案】 38 【分析】根据题意可得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接并延长到点H，则，根据题意可得：，，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后进行计算即可解答． 【详解】解：如图：由题意得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接并延长到点H，则， 由题意得：，， 在中，， ∴， ∴， ∴该置物架所占用墙面的长度d的值为38． 9．（2026·山东淄博·二模）如图，在平行四边形中，，，，E，F分别是边，上的点，连接，，与对角线相交于点M，分别取，的中点P，Q，并连接．若，则的长为________． 【答案】 【分析】作，连接，作交的延长线于点，证明四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，进而得到P，Q分别为的中点，三角形的中位线定理，得到，证明，求出的长，进而求出的长，易得为含30度角的直角三角形，求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果. 【详解】解：作，连接，作交的延长线于点，如图， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵P，Q分别为，的中点，， ∴P，Q分别为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴. 三、解答题 10．（2026·山东泰安·三模）如图（1），四边形是平行四边形，过点A的直线m经过点C．． (1)请直接写出、的数量关系； (2)如图（2），将绕点A逆时针方向旋转，作，此时、、有怎样的数量关系？并说明理由； (3)将绕点A顺时针方向旋转，，如图（3），点M为中点，，请直接写出点M到直线m的距离． 【答案】(1)； (2)解：，理由如下： 如图，过点作于点， 在平行四边形中，，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ，即； (3)或． 【分析】（1）证明即可解答； （2）过点作于点，证明，证明四边形为矩形，利用线段等量代换即可解答； （3）分情况讨论，当点到达直线之前或当点到达直线之后，分别画图，利用全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，进行解答． 【详解】（1）解：在平行四边形中，，， ， ， ， ， ； （2）略； （3）解：当点到达直线之前，如图，过点作，交的延长线于点，取的中点，连接， 在平行四边形中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 分别为的中点， ， ， ， 点到直线的距离为； 当点到达直线之后，如图，过点作，交于点，取的中点，连接， 在平行四边形中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 分别为的中点， ， ， ， 点到直线的距离为； 综上，点到直线的距离为或． 11．（2026·山东泰安·三模）如图，在中（）． 实践与操作： (1)利用尺规按下列要求作图，注意保留作图痕迹，不写作法，但标明字母．步骤如下： ①在边上作一点P，使得点P到直线和直线的距离相等； ②在上作一点Q，使得； ③连接． 猜想与证明： (2)在所作的图中，试猜想四边形的形状，并加以证明． 【答案】(1)； (2)四边形为菱形； 理由：在中，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 由作图得：， ∴， ∴， ∴为菱形． 【分析】（1）根据题意作出图形即可； （2）先证明四边形为平行四边形， 【详解】（1）略 （2）解：四边形为菱形； 理由略 12．（2026·山东泰安·三模）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，E是边上的一动点，F是边上的一动点，将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N，连接． (1)【观察发现】如图1，若，则 ， ． (2)【操作探究】如图2，当点N落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． 【答案】(1)，； (2)∵将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，点N在延长线上， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∵将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠知， ∴， 故答案为：，； （2）略 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，折叠的性质，平行线的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定方法与性质，能够正确找到题中有关线段和角的关系． 13．（2026·山东日照·三模）如图，在中，是中点． (1)求作：的垂直平分线（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)若交于点，连接并延长至点，使，连接，．补全图形，判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)直线l如图所示， ； (2)补全图形如下： ， 四边形是平行四边形，证明如下： 由（1）作图知，E为的中点， ∵D，E分别为，的中点， ∴，， ∵，即：， ∴， ∵， ∴ 四边形是平行四边形． 【分析】（1）利用尺规作图作出线段的垂直平分线l即可； （2）由D，E分别为，的中点，根据中位线的性质，得到，，结合，得到，即可证明结论成立． 【详解】（1）略 （2）略 14．（2026·山东东营·二模）实践与探究 杨老师在教学过程中特别重视教材的运用，下面是他以教材课后习题为载体，引导学生进行数学实践操作与拓展探究． 【教材再现】 如图，已知，能否通过平移、轴对称或旋转，得到另一个三角形，使得这两个三角形能够拼成一个以，为邻边的平行四边形？ 【实践操作】 (1)如图，航天小组同学将绕中点________（填“平移”或“轴对称”或“旋转”）得，就可拼成一个以，为邻边的平行四边形． 【特例探究】 (2)航天小组同学继续探索，若是直角三角形，，，，在（）的基础上，将绕点顺时针旋转得到．当旋转到，，三点共线时，发现： 如图，连接，四边形是个特殊的四边形，请你判断四边形的形状，并证明你的结论． 如图，若设与交于点，求的面积． 【答案】(1)旋转； (2)四边形是矩形，见解析；． 【分析】（）连接，与交于点，由四边形是平行四边形，故有四边形是中心对称图形，，然后根据旋转的性质即可求解； （）由（）可得，四边形是平行四边形，所以，，，由旋转可得，，证明四边形是平行四边形，然后通过，即可证明四边形是矩形； 由可知，四边形是矩形，所以，则有，然后通过即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，与交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是中心对称图形，， ∴将绕中点旋转得， 故答案为：旋转； （2）解：四边形是矩形， 证明：由（）可得，四边形是平行四边形， ∴，，， 由旋转可得，， ∵，，三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 解：由可知，四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 15．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）先证，得到，即可求证四边形是平行四边形；得到； （2）先证得四边形是平行四边形，再证得，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质求得，根据等腰三角形的性质进一步求得即可． 【详解】（1）证明：， ； 点O为的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ； （2）解：四边形是正方形； 由（1）可知：，， ∵E为的中点，F为的中点， ∴， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形是菱形； ，， ， ， 是等腰直角三角形； ， ， 四边形是正方形． 16．（2026·山东青岛·三模）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，点是的中点．连接并延长，交于点． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形，请说明理由； (3)在(2)的条件下，使菱形成为正方形，要再满足什么条件，请直接写出添加的条件，无需证明． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形，对角线、相交于点， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； (2)解：当满足时，四边形为菱形． 理由：如图， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， 由（1）知：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是直角三角形， ∵点是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； (3)当再满足时，菱形为正方形 【分析】（1）根据平行四边形的性质得，，继而得到，，证明，即可得证； （2）由（1）可推出四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，可得结论； （3）根据等腰三角形三线合一性质得，再根据正方形的判断可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：当再满足时，菱形为正方形， 理由：如图， ∵点是的中点，即是的边上的中线， 又∵， ∴是的边上的高，即， ∴， 由（2）知：四边形是菱形， ∴菱形为正方形． 17．（2026·山东青岛·三模）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)若，请判断并证明四边形的形状． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． (2)解：四边形是矩形，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， 由（1）可知， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，且， ∴，即， ∴四边形是矩形． 【分析】（1）由平行四边形的性质推出，得到，由推出； （2）由，推出，由平行四边形的性质推出，得到，判定四边形是平行四边形，然后得到，推出四边形是矩形． 【详解】（1）略 （2）略 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题17 多边形与平行四边形 3年真题1年模拟 考点分类 山东考情（2024-2026） 命题规律 考点01多边形的内角和外角 2026 山东统考卷；2025 济南卷；2024 青岛 / 山东统考 / 济南 / 日照 / 威海 / 烟台卷 以选择、填空题为主，分值 3-4 分。早年以正多边形外角和、内角和公式的基础计算为主，直接套用公式即可求解。2024 年新增正多边形结合圆锥展开、垂线性质的综合题型；2025 年融合平行线性质考查角度推导；2026 统考以扇面图案为情境命题，情境化特征凸显，从纯公式计算转向几何图形联动的综合推导，对图形识别能力要求稳步提升。 考点02平行四边形的判定 2026 山东统考卷；2024 济宁 / 日照 / 青岛 / 潍坊卷 覆盖填空、解答两类题型，分值 3-10 分。早期以补充判定条件的开放型填空、基础证明题为主，侧重单一定理应用。2024 年拓展至圆切线、矩形折叠背景下的判定证明，需联动全等三角形、圆周角定理推导；2026 统考结合三角形中位线、直角三角形斜边中线设题，推理链条加长，从孤立定理考查转向多知识点融合的综合证明，对逻辑严谨性要求逐年提高。 考点03平行四边形的性质 2025 德州 / 潍坊 / 青岛 / 山东统考卷；2024 山东统考 / 日照卷 涵盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早年围绕对角线比例、边长计算设题，侧重性质的直接应用，常结合相似、中位线考查。2025 年题型明显拓展，新增折叠背景角度推导、扇形结合面积计算、垂线段最短最值问题；其中最值类题型占比提升，需转化对角线关系求解，从静态计算转向动态最值分析，对数形结合与转化思想要求显著提升。 考点04平行四边形的判定与性质综合 2025 淄博 / 济南 / 青岛卷；2024 泰安卷 均以解答题形式考查，分值 6-12 分。早期以全等结合判定证明、线段等量推导为主，设问较为常规。2025 年出现选条件判定矩形 / 菱形的开放型题型，分层设问答疑；2024 泰安卷以折叠探究为载体，结合黄金分割拓展深度。命题从常规证明转向操作探究、开放选择的综合考查，阅读量与探究性增强，更侧重几何推理与创新思维，题型区分度逐年提升。 考点01 多边形的内角和外角 一、单选题 1．（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． 2．（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 3．（2024·山东济南·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 二、填空题 4．（2026·山东·中考真题）如图，圆形扇面中间的图案是正多边形，该正多边形的内角和等于________． 5．（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，___________． 6．（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． 7．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则________． 8．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为________． 考点02 平行四边形的判定 一、填空题 1．（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． 二、解答题 2．（2026·山东·中考真题）如图，在中，于点，点，，分别是边、、的中点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 3．（2024·山东日照·中考真题）如图1，为的直径，是上异于的任一点，连接，过点A作射线为射线上一点，连接． 【特例感知】 （1）若．则_______． （2）若点在直线同侧，且，求证：四边形是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有，连接． （3）如图2，当与相切时，求的长度； （4）求长度的取值范围． 4．（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． 5．（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． 考点03 平行四边形的性质 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（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 二、填空题 3．（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） 4．（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）． 5．（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______． 三、解答题 6．（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． 考点04 平行四边形的判定与性质综合 一、解答题 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．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 4．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 一、单选题 1．（2026·山东济南·二模）如图，在正五边形中，连接对角线，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山东济南·一模）如图，正六边形的边长为6，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分图形的弧长为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·山东临沂·一模）如图在四边形中，，对角线与相交于点O．点B，点D关于所在直线对称，过点D作的垂线交延长线于点E．若，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（2026·山东淄博·一模）在正边形里面画一个小的正边形，用一些不相交的线段连接它们的顶点，得到的三角形总数记为．例如，根据图，有，则_____． 5．（2026·山东济南·二模）如图，五边形是正五边形，F，G是边上的点，且．若，则_______ ． 6．（2026·山东滨州·二模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M，________°． 7．（2026·山东济南·二模）如图，直线与正五边形的边、分别交于点M、N，则的度数为____． 8．（2026·山东临沂·二模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为4，则该置物架所占用墙面的长度的值为________． 9．（2026·山东淄博·二模）如图，在平行四边形中，，，，E，F分别是边，上的点，连接，，与对角线相交于点M，分别取，的中点P，Q，并连接．若，则的长为________． 三、解答题 10．（2026·山东泰安·三模）如图（1），四边形是平行四边形，过点A的直线m经过点C．． (1)请直接写出、的数量关系； (2)如图（2），将绕点A逆时针方向旋转，作，此时、、有怎样的数量关系？并说明理由； (3)将绕点A顺时针方向旋转，，如图（3），点M为中点，，请直接写出点M到直线m的距离． 11．（2026·山东泰安·三模）如图，在中（）． 实践与操作： (1)利用尺规按下列要求作图，注意保留作图痕迹，不写作法，但标明字母．步骤如下： ①在边上作一点P，使得点P到直线和直线的距离相等； ②在上作一点Q，使得； ③连接． 猜想与证明： (2)在所作的图中，试猜想四边形的形状，并加以证明． 12．（2026·山东泰安·三模）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，E是边上的一动点，F是边上的一动点，将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N，连接． (1)【观察发现】如图1，若，则 ， ． (2)【操作探究】如图2，当点N落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． 13．（2026·山东日照·三模）如图，在中，是中点． (1)求作：的垂直平分线（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)若交于点，连接并延长至点，使，连接，．补全图形，判断四边形的形状并证明． 14．（2026·山东东营·二模）实践与探究 杨老师在教学过程中特别重视教材的运用，下面是他以教材课后习题为载体，引导学生进行数学实践操作与拓展探究． 【教材再现】 如图，已知，能否通过平移、轴对称或旋转，得到另一个三角形，使得这两个三角形能够拼成一个以，为邻边的平行四边形？ 【实践操作】 (1)如图，航天小组同学将绕中点________（填“平移”或“轴对称”或“旋转”）得，就可拼成一个以，为邻边的平行四边形． 【特例探究】 (2)航天小组同学继续探索，若是直角三角形，，，，在（）的基础上，将绕点顺时针旋转得到．当旋转到，，三点共线时，发现： 如图，连接，四边形是个特殊的四边形，请你判断四边形的形状，并证明你的结论． 如图，若设与交于点，求的面积． 15．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 16．（2026·山东青岛·三模）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，点是的中点．连接并延长，交于点． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形，请说明理由； (3)在(2)的条件下，使菱形成为正方形，要再满足什么条件，请直接写出添加的条件，无需证明． 17．（2026·山东青岛·三模）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)若，请判断并证明四边形的形状． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $