专题11 多边形与平行四边形（3年汇编）（四川专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编四川2024-2026年中考真题及模拟题，聚焦多边形与平行四边形两大核心考点，融合考情分析与梯度命题，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| |----|-----------|----------|----------| |选择题|20题|多边形内角和、正多边形性质、平行四边形判定|以正五/六/八边形为载体，结合平行线、扇形求角度面积| |填空题|15题|外角和、对角线条数、中点四边形|考查平面镶嵌、边心距计算，设置易错陷阱| |解答题|9题|平行四边形性质证明、折叠动点探究|结合全等三角形、尺规作图，成都卷突出多问压轴拓展|

专题11 多边形与平行四边形 3年真题1年模拟 考点分类 四川考情（2024-2026） 命题规律 考点 01 多边形及其内角和 2026 年：广元、凉山、广安、达州、成都（5 地）2025 年：攀枝花、广元、德阳、眉山、遂宁、南充、自贡、雅安、成都、巴中（10 地）2024 年：攀枝花、德阳、遂宁、宜宾、广元、乐山、资阳、巴中、自贡（9 地） 以选择、填空题为主，基础题居多。①核心公式：多边形内角和、任意多边形外角和恒为360°，常考由内角和求边数、已知边数求内外角度数；②正多边形高频：正五边形、正六边形、正八边形是四川中考高频载体，考查内角、外角、对角线、边长、面积计算；③结合图形：正多边形与平行线组合求角度、正多边形与扇形结合求阴影面积；④衍生考法：多边形对角线条数计算、平面镶嵌；⑤难度以基础为主，极少出解答大题，多作为几何综合的条件。 考点 02 平行四边形 2026 年：自贡、内江、巴中、宜宾、南充（5 地，含选择填空 + 证明解答）2025 年：广元、巴中、宜宾、成都（4 地，含压轴小问）2024 年：攀枝花、巴中、眉山、成都、自贡、乐山、凉山、雅安、泸州（9 地） 选择填空 + 解答证明均高频，解答题必考简单证明。①性质考查：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分；常结合三角形中位线、中点四边形求线段、周长；②判定考查：给出条件辨析能否判定平行四边形，易错陷阱 “一组对边平行，另一组对边相等” 不能判定；③尺规作图结合：角平分线作图放在平行四边形背景，证等腰三角形，求周长、线段长；④解答证明：以全等三角形为工具，证明线段相等、四边形为平行四边形；⑤压轴拓展：结合折叠、对称、动点、相似，设置多小问探究题（成都卷突出）；⑥常和菱形判定综合，给出条件判断何时平行四边形变为菱形。 考点01 多边形及其内角和 1．（2026·四川广元·中考真题）如图，，经过正五边形的两个顶点，且，若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图所示，首先求出正五边形的内角，然后根据平行线的性质得到，然后利用平角的定义求解即可． 【详解】解：如图所示，作， ∵是正五边形， ∴内角和为， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·四川凉山·中考真题）如图，，，，两两不相交，且半径都是1，则图中四个扇形（即阴影部分）的面积之和为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】观察图形可知，四个阴影扇形的圆心角之和即为四边形的内角和，利用四边形内角和为及扇形面积公式即可求解． 【详解】解：四边形的内角和为， 四个扇形的圆心角之和为 四个圆的半径都是， 四个扇形的面积之和． 3．（2026·四川广安·中考真题）正九边形一个外角的度数是_____． 【答案】 【分析】根据任意多边形的外角和为，正多边形的每个外角都相等，利用正边形的外角公式求解即可. 【详解】解：任意多边形的外角和为，正九边形的9个外角都相等，因此正九边形的一个外角的度数为． 4．（2026·四川达州·中考真题）如图，已知正六边形的中心为、边心距，分别以、为圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边，所围成的阴影部分面积是________． 【答案】 【分析】连接、、，由题意可得、、交于点，得出是等边三角形，利用等边三角形的性质和三角函数可计算出．由正多边形的内角公式可得，用正六边形的面积减去两个扇形的面积即可得到阴影部分的面积． 【详解】解：如图，连接、、， 在正六边形中，，， ∵点为正六边形的中心， ∴、、交于点， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 根据题意，， 在中，， ∴， ∵， ∴ ． 5．（2026·四川成都·中考真题）正八边形的每个内角的度数都为_____． 【答案】/135度 【分析】先利用多边形内角和公式求出正八边形的内角和，再根据正八边形共有8个内角，且每个内角都相等求解即可． 【详解】解：正八边形的内角和为， ∵正八边形共有8个内角，且每个内角都相等， ∴正八边形的每个内角的度数都为． 6．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边对等角，先求出正多边形的一个内角的度数，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系进行求解即可． 【详解】解：由题意，，， ∴， ∴； 故选B． 7．（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角和公式的运用以及三角形的外角，熟练掌握相关公式是解题关键．根据正多边形的内角和公式求出，然后根据三角形外角的性质求出即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ， 八边形是正八边形 ∴，， ， ∵是的外角 ， 故选：D． 8．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质等；由正六边形的性质得，，由余弦函数得，四边形是菱形，即可求解；掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质是解题的关键． 【详解】解：六边形是正六边形， ， ， ， ， 同理可求：， 在中， ， 同理可求：， 四边形是菱形， 四边形的面积是： ； 故选：A． 9．（2025·四川眉山·中考真题）如图，直线l与正五边形的边分别交于点M、N，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和、对顶角相等，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键； 先根据多边形的内角和计算出，再根据四边形的内角和是360度求出，结合对顶角相等即可得到答案. 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选：C. 10．（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟知多边形的内角和与外角和公式是解题的关键， 根据多边形内角和与外角和公式，建立方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意可得： 解方程，得 因此，该多边形的边数为10， 故选：A． 11．（2025·四川南充·中考真题）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（    ） A．12 B． C．16 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形和正六边形的性质，解直角三角形．根据矩形和正六边形的性质可得，然后解直角三角形可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：如图， ∵是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，且正六边形的边长为2， ∴，， ∴， ∴，， 同理， ∴， ∴矩形的面积是． 故选：B． 12．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，先画图，连接，，求解，再根据C的位置结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案. 【详解】解：如图，连接，， ∵分别与相切于两点， ∴， ∵， ∴， ∴，， 故选：D 13．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是对顶角的性质，多边形和正多边形的内角和，熟练掌握正多边形每个内角的求解公式是解题的关键．先根据正多边形每个内角为，得到正六边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案． 【详解】解：如图， ∵正六边形与正方形的两邻边相交， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 故选：B． 14．（2025·四川雅安·中考真题）六边形的外角和是______度． 【答案】 360 【详解】解：根据多边形外角和定理可知，任意多边形的外角和都为， ∴六边形的外角和是度． 15．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为________． 【答案】2 【分析】本题考查正多边形的内角，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，如解图，连接，求出正六边形的一个内角的度数，等边对等角，求出的度数，进而推出为含30度角的直角三角形，进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵正六边形， ∴，， ∴， ∴， ∵正六边形为轴对称图形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 16．（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和和内角和综合，多边形对角线条数问题，设这个多边形的边数为，边形的内角和为，外角和为，从边形的一个顶点出发可以引条对角线，据此根据一个多边形的内角和是它外角和的4倍建立方程求出的值即可得到答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形是十边形， ∴从这个多边形一个顶点可以引条对角线， 故选：B． 17．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 【答案】六 【分析】本题考查了正多边形的内角和外角，先根据内角度数求出外角度数，再用外角和除以这个度数即可求解，掌握正多边形的内角和外角的关系是解题的关键． 【详解】解：∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正六边形， 故答案为：六． 18．（2024·四川攀枝花·中考真题）五边形的外角和为（   ） 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． 【详解】解：正五边形的外角和是． 故选C． 19．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积即可． 【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为，故正六边形是由6个正三角形构成的，过点作垂足是， 设正六边形的边长为，即 在正三角形中， ∵， ∴， 在中， 一个正三角形的面积为：， 正六边形的面积为：， ∴， 解得：， 故选：C． 20．（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， 则， ∴， ∴这个正多边形的每个外角为， 故选：． 21．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是___________．    【答案】/ 【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰三角形的性质得出，再证明，根据相似三角形的性质求出，最后由线段和差即可求出的长． 【详解】解：如图，连接交于点，    ∵五边形是正五边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 22．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为______．    【答案】/18度 【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：连接，，    ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵在正五边形中，， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 23．（2024·四川乐山·中考真题）下列多边形中，内角和最小的是（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】边数为n的多边形的内角和，分别求出三角形，四边形，五边形，六边形的内角和，即可得到． 【详解】解：三角形的内角和等于 四边形的内角和等于 五边形的内角和等于 六边形的内角和等于 所以三角形的内角和最小 故选：A． 【点睛】本题考查了多边形的内角和，能熟记边数为n的多边形的内角和是解此题的关键． 24．（2024·四川资阳·中考真题）一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【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：∵多边形的外角和等于，且这个每个外角都等于， ∴它的边数为. 故选：C． 25．（2024·四川巴中·中考真题）经过五边形的一个顶点最多可以画出________条对角线． 【答案】2 【分析】本题考查多边形的对角线问题，熟知过n多边形的一个顶点最多可以画条对角线是解答的关键．据此求解即可． 【详解】解：经过五边形的一个顶点最多可以画出条对角线， 故答案为：2． 26．（2024·四川自贡·中考真题）七边形的内角和是________度． 【答案】900 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理．应用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】解：七边形的内角和， 故答案为：900． 考点02 平行四边形 1．（2026·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，，与的角平分线分别交于点，，与相交于点，连接，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由平行四边形性质及角平分线定义得出相关角度，进而由等边三角形的判定与性质得出是等边三角形，确定，再结合含直角三角形性质得出，由等边对等角及外角性质求出，最后根据特殊角的三角函数值求解即可． 【详解】解：在中，，，则，， 平分， ， 在中，，则，， 在中，，则是等边三角形， ，则， 平分， ， 在中，，，则， 在中，，，则， ， ，则， 是的一个外角，且， ， ． 2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得，即为中点，又是的中点，所以是中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，即为中点， ∵是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵，点P是的中点， ∴，即， 故选：． 3．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴O是中点， 又∵E是中点， ∴OE是的中位线， ∴，， ∵的周长为12，， ∴， ∴的周长为． 故选：B. 5．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等等性质进行判断即可 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，，故①③正确， ，， 点是的中点， ， 又，，， ， ，，故②不正确， ，， ， 即，故④正确， 综上所述，正确结论的个数为3个， 故选：C． 6．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似性质与判定的综合．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，分别求出，，则各选项可以判定． 【详解】解：由作图可知，为的角平分， ∴，故A正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，故B正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，，故D错误； ∵， ∴，故C正确， 故选：D． 7．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用，全等三角形的判定与性质，分四种情况：当时，当时，当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为等腰梯形，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：在中， ，， ∴，， ∵点P从点A出发、以的速度沿运动， ∴点P从点A出发到达D点的时间为：， ∵点Q从点C出发，以的速度沿往复运动， ∴点Q从点C出发到B点的时间为：， ∵， ∴， 当时，四边形为平行四边形， ∴， 当时，四边形为等腰梯形， ∴， 设同时运动的时间为， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 如图：过点分别作的垂线，分别交于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 此时是等腰梯形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 综上，当或或或时，，共4次， 故选：B． 8．（2024·四川乐山·中考真题）如图，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、由，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； B、由，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； C、由，不可以判定四边形是平行四边形，例如等腰梯形也可以满足一组对边平行，另一组对边相等，故此选项符合题意； D、由，可以根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； 9．（2026·四川内江·中考真题）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点 为圆心，适当的长为半径画弧，交 于点 ，交 于点 ；②分别以点 、 为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点 ；③连接 并延长交线段于点，若，，则平行四边形 的周长为_________． 【答案】 【分析】先根据平行四边形的性质以及作图证明，再由平行四边形的对边相等即可求解周长． 【详解】解：由作图可得，平分， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴平行四边形 的周长为． 10．（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是______． 【答案】42 【分析】本题考查的是中点四边形，熟记三角形中位线定理是解题的关键． 根据三角形中位线定理分别求出、、、，根据四边形的周长公式计算，得到答案． 【详解】解：四边形各边中点分别是、、、， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，， 四边形的周长为：， 故答案为：42． 11．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在中，O为中点，过点O的直线分别交、于点E、F，连接、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，．求的度数． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵O为中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； (2) 【分析】（1）由题意得，，然后可得，则有，进而问题可求证； （2）由题意证出四边形为菱形，则有，然后可得，进而问题可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 12．（2026·四川宜宾·中考真题）如图，中，、分别垂直对角线于点、．求证：． 【答案】证明：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴ ∴． 【分析】根据平行四边形的性质证明． 【详解】略 13．（2026·四川内江·中考真题）如图，在四边形 中， ，点是的中点，连接 并延长交的延长线于点 ． (1)求证：； (2)若，请判断四边形 的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明：∵点是的中点， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴； (2)四边形是平行四边形，理由如下： 由（1）知 ∴ ∵ ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形． 【分析】（1）根据平行线的性质，得到，再结合已知条件，利用即可证明； （2）根据全等三角形的对应边相等结合已知条件，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 14．（2026·四川南充·中考真题）请在横线上添加下列条件中的一个，①，②，③，使结论成立，并完成证明． 【条件】如图，在中，点E，F分别在边，上，_______（选填序号；选择一个正确的即可） 【结论】． 【答案】条件①和条件③均能使结论成立，选择其一即可； 选择条件①：． 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ． 选择条件③：． 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 又， ， ， 在中，， 在中，， ，， ． 【分析】若添加，则可由判定全等，从而对应角相等． 若添加仅说明为等腰三角形，无法证明与之间的等量关系． 若添加由可得同位角，再由得内错角，从而，结合，由三角形内角和定理即可证得． 【详解】选择条件②，现有条件不能证明结论成立． 15．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ， ， ， ∴． (2)的度数为． 【分析】本题考查直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，平行四边形的判定和性质． （1）由直角三角形的两个锐角互余，结合已知可得，即可证得结论； （2）由（1）得，结合已知可证四边形是平行四边形，从而可得的度数． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的度数为． 16．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 【答案】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点是平行四边形边的中点， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质可得，再证明，即可利用证明，则可得到，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 17．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）4； （3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是对角线的交点， ∴， 在△和中， ， ∴． (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键． （1）由题目中的中，O为对角线的中点，可以得出，，结合，可以证得两个三角形全等，进而得出结论； （2）由（1）中得到的结论可以得到，结合得出四边形是平行四边形，进而利用证明出四边形为菱形，根据即可求出菱形的周长． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形， ∴， ∴， ∴四边形的周长为． 19．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：． 【答案】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，先由平行四边形的性质得到，则，再证明，即可证明． 【详解】略 1．（2026·四川雅安·一模）如图1，将一个菱形截去一个边长为原来一半的菱形，得到图2，用三个图2刚好拼出一个如图3所示的平面图形，则图1中的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：根据题意得，， ∵四边形是菱形， ∴． 2．（2026·四川成都·三模）如图，正八边形的对角线交于点M，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查多边形内角和外角，先求出，再根据正八边形的性质求出和，最后根据三角形的内角和即可求得． 【详解】解：八边形为正八边形， ， 正八边形关于对角线轴对称，， ，， ∴， ， ． 3．（2026·四川成都·模拟预测）如图，为正五边形的外接圆，过点作的切线，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接、，由题意可得，，由等腰对等角并结合三角形内角和定理得出，由切线的性质可得，即可得出结果． 【详解】解：连接、， 由题意可得，， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴． 4．（2026·安徽阜阳·三模）如图，一束平行光线穿过放置于水平地面的正五边形的两个顶点A，B，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出正五边形每个内角的度数，进而得到，根据平行线的性质得到，即可求出的度数． 【详解】解：∵正五边形的内角和为，且每个内角的度数都相等， ∴正五边形每个内角的度数为， ∴． 如图， ∵平行光线， ∴， ∴． 5．（2026·四川资阳·模拟预测）若正多边形的内角和为，则它的每个外角度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用多边形内角和公式求出正多边形的边数，再根据任意多边形外角和为，正多边形每个外角相等，计算得到每个外角度数． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， 多边形内角和公式为，已知内角和为， ，解得 ， 任意多边形的外角和为，正多边形的每个外角度数相等， 该正多边形每个外角度数为 ． 6．（2026·四川广元·二模）如图，正五边形的边长为，点、在上，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：正五边形， ， ， ． 7．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形中，点在的延长线上，，，交于点．，则的长为（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据平行四边形的性质可得，，由可证，得出，代入，可得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，且， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 8．（2026·四川成都·二模）已知在中，是上一点，的周长是周长的一半，且，则的长为（   ） A．8 B．7 C．5 D．6 【答案】D 【分析】根据题意可得，的周长为，周长为，根据的周长是周长的一半可以得到，即可求解． 【详解】解：在中，，， 根据题意可得，的周长为，周长为， 根据的周长是周长的一半可得， 可得， 又∵， ∴． 9．（2026·江苏·一模）如图，已知中，，，小明用尺规作图画了和交于点，保留了作图痕迹，根据作图痕迹计算的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先由平行四边形的性质得到，，，然后结合角平分线的定义得到，进而得到，同理可得，，求出，然后证明出，利用相似三角形的性质求解． 【详解】解：∵中，，， ∴，， ∴ 由作图得，平分，平分 ∴， ∴ ∴ 同理可得， ∴ ∵ ∴ ∴． 10．（2026·四川成都·二模）如图，在中，E，F分别是，上的点，连接，，只添加一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：∵， ∴， A．∵，∴，无法判断四边形为平行四边形； B．无法判断四边形为平行四边形； C．∵，∴，无法判断四边形为平行四边形； D．∵，∴，∴四边形为平行四边形． 11．（2026·四川绵阳·二模）如图，，点分别在边上，将沿翻折，点恰好落在线段上的点处，延长交于点，若，则的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由及得，作垂线构造直角三角形后利用勾股定理求得；由翻折性质可知，从而得到等腰，进而求得及点到的距离；再利用平行线分线段成比例及勾股定理依次求出、，最后得到． 【详解】∵四边形是平行四边形，，，， ∴，，，， 又∵， ∴，， 过点E作于点， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∵沿翻折得到， ∴， ∴，，，， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， ∵平分， ∴于点，且为中点， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 过点作于点， ∵， 又∵， ∴， 过点作于点， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵、、三点共线， ∴， ∴， ∵在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵、、三点共线，且在上，在上， ∴， ∴， 过点作于点， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．（2026·四川广元·三模）科学家发现阳苯分子中的6个碳原子组成了一个完美的正六边形（如图1），图2是其平面示意图，点O为正六边形的中心，则的度数为________． 【答案】/30度 【分析】先求出正六边形的每个内角，由此可求解的度数，再求出正六边形的中心角，由此求解即可． 【详解】解：在正六边形中，内角和为， ∴每个内角的度数为， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， ∴， ∴， ∵在正六边形中，中心角相等且和为， ∴， ∴． 13．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正六边形中，，以点E为圆心，长为半径作弧，交于点D．则扇形的面积是______． 【答案】 【分析】先根据正六边形的性质求出扇形的半径，再根据多边形的内角和定理求出，然后根据扇形的面积公式解答即可． 【详解】解：∵正六边形中，， ∴，， ∴扇形的面积． 14．（2026·四川南充·一模）如图，正五边形的边长为5，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为________（结果保留．） 【答案】 【分析】根据正多边形内角和定理求出的度数，再根据扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：由题意得，， ∴． 15．（2026·四川成都·一模）七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 【答案】 【分析】边形的内角和（其中为多边形的边数，且，为正整数），先得到俯视图为六边形，再根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：该六棱柱的俯视图为六边形， 根据多边形的内角和公式可得，其俯视图的内角和为． 16．（25-26九年级上·浙江绍兴·期末）在正五边形的外部，以为边作正六边形．，连接，则的度数为________． 【答案】 /24度 【分析】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和公式及等腰三角形的判定与性质，先根据多边形的内角和公式算出每个正五边形和正六边形的内角，再得出的度数，再求证是等腰三角形，最后根据三角形的内角和求出的度数即可． 【详解】解：正五边形每个内角：， 且，， 正六边形每个内角：，且，， 由此可得，是等腰三角形． ∴ ， ∴ ． 故答案为： ． 17．（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设．若一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数为___________． 【答案】6 【分析】正多边形的组合进行平面镶嵌，位于同一顶点处的几个角之和为，从而可得的度数，计算正多边形的外角，由此可得边数． 【详解】解：正三角形和正方形的内角分别为与， ， 这块正多边形地砖的边数为． 18．（2026·四川雅安·一模）如图，在平行四边形中，，交于点F，那么的值是______． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质得到，从而证得，利用相似三角形对应边成比例及已知线段比即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 19．（2026·四川泸州·二模）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，若，，则的周长为__________． 【答案】18 【分析】由平行四边形的性质得到，，，再由平行线的性质和角平分线的定义得到，则，求出，据此根据平行四边形周长计算公式可得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴平行四边形的周长． 20．（2026·四川成都·二模）已知桌面上平放着一个矩形木框，拖动顶点C，使其变为平行四边形木框，其示意图如图所示，若矩形的面积是平行四边形的面积的3倍，则的值为______． 【答案】 【分析】设矩形 的宽 为 b，平行四边形 边 上的高为 h，根据矩形和平行四边形的面积公式及题意得出，由木框边长不变可知，在直角三角形中利用勾股定理求出的邻边与斜边的比值，再根据平行四边形对角相等求解即可． 【详解】解：设矩形的边，，平行四边形 边 上的高为 h， ∵ 矩形 的面积是平行四边形的面积的 3 倍， ∴，即， ∵ 木框边长不变 ∴ 如图：过点 F 作 于点 G，则， 在中， ∴． ∵ 四边形 是平行四边形 ， ∴， ∴． 21．（2026·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以为圆心，小于长为半径作弧，分别交线段，于点，；②分别以，为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于点（在平行四边形内），连接交于，若，，则平行四边形的周长为______． 【答案】16 【分析】由作图步骤知 是 的角平分线；由平行四边形性质 得 ；结合角平分线得 ，从而 ；再由 求出 ，进而求周长． 【详解】解：由作图可知，是 的角平分线，， ∵四边形 是平行四边形， ，，， （两直线平行，内错角相等）， ， （等角对等边）， ， ， ， ， 平行四边形 的周长 ． 22．（2026·四川成都·一模）如图，在平行四边形中，是的中点，延长和交于点．若面积为，则平行四边形的面积为_____________． 【答案】 【分析】证明得到，证明，得到，即可求解． 【详解】解：在平行四边形中，是的中点， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 平行四边形的面积． 23．（2026·四川成都·模拟预测）如图，在平行四边形中，，将边绕点顺时针旋转角度至，连接和，分别交线段、于点、． 【特例感知】 (1)如图1，当时，求证：； 【问题探究】 (2)在（1）的条件下，若，，求和的长； 【拓展延伸】 (3)如图2，若，，，求的值．（用含，的代数式表示） 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴． (2)， (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，结合平行四边形的性质可得，从而证明，因此； （2）连接，作于点，证明是等边三角形，进而可判断出、、共线，利用，可判定，则，计算得．利用等边三角形的性质和勾股定理可计算出    ，，，结合（1）的结论可得，进而计算出．由可判定，则，计算得，最后作差求出即可； （3）过点作的垂线，交的延长线于点，设，利用三角函数可计算出，，由勾股定理可得．由平行四边形的性质可得，从而证明，计算得．利用平行可判定，则，因此，最后求出比值即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，作于点， 由旋转的性质可得，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴、、共线， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，，， ∴，， 在中，， 在中，， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，设， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 由勾股定理可得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 24．（2026·四川内江·二模）如图，在平行四边形中，，点是的中点，过点的直线分别交，的延长线于点，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，结合对顶角相等，即可证明，得出，进而即可得证； （2）勾股定理求得，，根据全等三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ，， ， 为中点， ， 在和中 ， ， 即； （2）解：， ， ，， ， ， ． 25．（2026·四川广元·二模）如图，在 中，，将 绕点 A 顺时针旋转 得到，点 C 的对应点 E 落在线段  上，连接 ． (1)求证：四边形  是平行四边形； (2)若 ，，求四边形 的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，，进而证明； （2）过点B作于点，证明是等边三角形，即可求解． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可知：， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：过点B作于点， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． 26．（2026·四川南充·一模）如图，在中，将沿对角线BD翻折得到，与交于点E． (1)求证：； (2)点为中点，连接，．求的度数． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 由折叠可得：，， ∴，， 在和中， ， ∴； (2) 【分析】（1）根据平行四边形和折叠的性质得，，利用证明； （2）由（1）得，得，结合点O为中点，根据等腰三角形三线合一得，进而计算即可得的度数． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∵点O为中点， ∴， ∴， ∴． 27．（2026·四川达州·一模）如图，中，点E是的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)点G在线段上，且，连接交于点H，若恰好平分，求的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； (2)7.2 【分析】（1）结合平行四边形的性质证明，由全等三角形的性质可得，然后证明即可； （2）首先确定，由平行四边形的性质可得，再结合平分证明，进而可得，然后证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 28．（21-22八年级下·宁夏固原·阶段检测）如图．已知四边形是平行四边形，，，求证：． 【答案】 证明：∵四边形是平行四边形 ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【分析】证明，即可得到结论． 【详解】略 29．（2026·四川成都·一模）如图，在中，点E是线段的中点，点F在的延长线上，且，连接交线段于点G． (1)求的值； (2)当时． i）如图1，若的面积是，求k的值； ⅱ）如图2，连接，若，求的长（用含k的代数式表示）． 【答案】(1) (2)i）；ⅱ） 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，则可证明，证明得到，据此可得答案； （2）：i）如图所示，连接，由相似三角形的性质得到，，同理可得，则；可求出，证明；求出，则，，由勾股定理得到，再根据三角形的面积公式建立方程求解即可；ⅱ）如图所示，连接，设交于点M，证明，得到；设，证明，可推出；设，则，由勾股定理可得，即，据此可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E是线段的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：i）如图所示，连接， 由（1）可得， ∴，， ∴同理可得， ∵的面积是8， ∴； ∵点E是线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或（舍去）； ⅱ）如图所示，连接，设交于点M， 由（1）（2）得， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； 设， ∵，， ∴， ∴，即， ∴； 设，则， 由（2）i）得，则（平行线的性质）， 在和中，由勾股定理得 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，等边对等角，勾股定理，熟知相似三角形的性质及其判定定理是解题的关键． 30．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，C是线段的中点，． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1) 证明：是线段的中点， ． ， ． 在和中， ． (2)8 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键： （1）中点得到，平行线的性质，得到，利用证明即可； （2）根据，得到，进而得到四边形为平行四边形，进而得到，即可得出结果． 【详解】（1）略 （2），是线段的中点， ． ， ． 又， ∴四边形是平行四边形， ． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题11多边形与平行四边形 3年真题1年模拟答案版 三年真题分类园 考点01多边形及其内角和 1.C 2.C 3.40 465- 5.135°/135度 6.B 7.D 8.A 9.c 10.A 11.B 12.D 13.B 14.360 15.2 16.B 17.六 18.C 19.c 20.c 1/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 21 25+2,2+25 22.18°/18度 23.A 24.C 25.2 26900 考点02平行四边形 1.D 2.C 3.B 4.B 5.c 6.D 7.B 8.C 9.28 10.42 11.(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形， .ADI‖BC, .∠OAE=∠OCF,∠OEA=∠OFC, O为AC中点， ..OA=OC, ,△AOE≌△COF(AAS) .AE=CF, :AEI‖CF, .四边形AFCE为平行四边形： (2)∠BAF=30° 2/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)略 (2)解：·四边形AFCE为平行四边形，EF⊥AC, .四边形AFCE为菱形， ∴.AF=CF .∠FAC=∠FCA, :BC=AC,∠B=70° .∠BAC=∠B=70°，∠ACB=180°-2∠B=40° :.∠FAC=40°， .∠BAF=∠BAC-∠FAC=30° 12.证明：：AE⊥BD,CF⊥BD .∠AEB=∠CFD=90°， :四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,AB CD】 .∠ABE=∠CDF .△ABE≌ACDF(AAS) .'AE=CF 略 13.I)证明：，点F是DC的中点， ∴.DF=CF ADI BC .∠E=∠DAF .'∠AFD=∠EFC ,△AFD≌△EFC(AAS) (2)四边形ABCD是平行四边形，理由如下： 由(I)知△AFD≌△EFC .AD=CE .CE=BC 3/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD=BC. AD II BC .四边形ABCD是平行四边形. (1)略 (2)略 14.条件①和条件③均能使结论成立，选择其一即可： 选择条件①：AE=CF 证明：四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,∠A=∠C, ·AE=CF, ..ABE =CDF (SAS) :.∠ABE=∠CDF 选择条件③：BE∥DF. 证明：四边形ABCD是平行四边形， .ADII BC,∠A=∠C, :BE∥DF, ∴.∠AEB=∠ADF, 又AD‖BC, ∴.∠ADF=∠CFD, ∴.∠AEB=∠CFD, 在△ABE中，∠ABE=180°-∠A-∠AEB, 在△CDF中，∠CDF=180°-∠C-∠CFD, :∠A=∠C,∠AEB=∠CFD」 ∴∠ABE=∠CDF 选择条件②，现有条件不能证明结论成立， 15.(1)证明：，AB⊥AC, .∠BAC=90° ∠ACB=90°-∠B=90°-50°=40°， 4/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠1=40°， ∠ACB=∠I, .ADlI BC (2)∠D的度数为50° (1)略 (2)解：由(1)得AD‖BC, 又，AD=BC, “.四边形ABCD是平行四边形， .∠D=∠B=50°， .∠D的度数为50°. 16. 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .BC=AD=5,BC∥AD .∠EFC=∠EAD,∠ECF=∠EDA, :点E是平行四边形ABCD边CD的中点， ∴.CE=DE :△1aD62aFCE(AMS) BF=10 解：，△ADE≌△FCE, .CF=AD=5. .BF=BC+CF=5+5=10 17.(1)由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE=FE, ,四边形ABCD是平行四边形， .ABII CD .∠B=∠PCG. .∠AFE=∠PCG. ∠AFE=∠QFG 5/22 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.∠PCG=∠QFG .·∠FG0=∠CGP .∠C2E=∠P, CE=BE,BE=EF .'.EF=EC, 又：∠CE0=∠FEP, 、△EFP≌aECQ(AAS) (2)4: 2n+1 (3)6n+6 (1)略 △EFP≌△ECQ (2) ..EO=EP. ..EF=EC, ..FO=CP :∠FG0=LCGP,∠CQE=∠P, ∴.△FG≌ACPG ..FG=CG=3,GO=GP=5. 由折叠的性质得：AF=AB, ,四边形ABCD是平行四边形， .ABI CD,AB=CD. ∴.△CGP∽△BAP 6/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CG PG :.AB AP' 35 ∴ABAB+3+5,解得：AB=12 .CD=12, .DO=CD-CG-QG=4. (3)解：如图，延长AD,E观交于点M, D 4 图2 设C0=a,BE=b C9_1 DOn'CE=2BE .DO=an,EC=2b, AB=CD=(n+1)a AD=3b ,折叠， AF=AB=(n+1)a ,AD∥BC,即DM∥EC aDQM∽aCQE DMDO DM an =n ·EC=C0即2b a .'DM 2bn :四边形ABCD是平行四边形， .∠B=∠ADQ 又，折叠， 7122 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠AFE=∠B .∠AFQ+∠AFE=180° .∠AFQ+∠ADQ=180° .∠DAF+∠DOF=180 .∠EQC+∠DQF=180° ∴.∠EQC=∠DAF .AD∥BC .∠DAF=∠FPE .∠EQC=∠FPE 又，∠FEP=∠CEQ .△FEP∽aCEQ EF FP b FP ∴.Ec=c0即2b=a iPFa ,AB∥CD ∴.△AMF∽APEF EP PF .AM AF 1 EP (3+2n)b(n+1)a 解得：EP=3+2”b 2n+2 :.CP-EC-EP-2b-3+2nb-(2n+l)b 2n+22n+2 又.PC∥AD 8/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△GPC∽AGAD (2n+1)b .CG CP =2n+2=2n+1 DG AD 3b 6n+6 18.(1) 证明：：四边形ABCD是平行四边形， AD∥CB .∠OED=∠OFB, ,点O是口ABCD对角线的交点， ∴.OD=OB 在△△ODE和△OBF中， [∠OED=∠OFB ∠DOE=∠BOF OD=OB △ODE≌AOBF(AAS) (2)解：由(1)知，△ODE≌△OBF .'DE BF, :DE∥BF, ∴.四边形BEDF是平行四边形， ,EF⊥BD, .oBEDF是菱形， .DF=BF BE DE=15cm, DF+BF+BE+DE=4DE =4x15=60(cm) .四边形BEDF的周长为60cm E D 19 9/22 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD=CB,AD∥CB, .∠ADE=∠CBF, 又DE=BF, .△ADE≌ACBF(SAS) .∠1=∠2 V一年模拟练测园 1.D 2.D 3.A 4.A 5.B 6.B 7.B 8.D 9.A 10.D 11.B 12.30°30度 1.9 4. 15.720 16.24°/24度 17.6 19.18 10122 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 22 20.3 21.16 22.4 23.(I)证明：：四边形ABCD是平行四边形， .AB//CD,AB=CD ∴.∠DCB=180°-∠ABC=60°， 由旋转的性质可得，∠DCE=a=60°，CD=CE, .∠BCE=∠BCD+∠DCE=120°，AB=CE, 在△ABC和△ECB中， AB=CE ∠ABC=∠BCE BC=BC △ABC≌AECB(SAS) .AC=BE 2)BE=V万， R= 15 n2+n+1 3)2-m (1)略 (2)解：如图，连接DE,作CH⊥DE于点H, D G B 由旋转的性质可得，∠DCE=a=6O°，CD=CE, .△CDE是等边三角形， .CD=DE,∠CDE=60°， .CH⊥DE, 11/22 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :0H-DE,∠AHc=90, 2 ,四边形ABCD是平行四边形， .∠ADC=∠ABC=120°，AD=BC=2,AD‖lBC, .∠ADC+∠CDE=120°+60°=180°， .A、D、E共线， .DF-3CD DF 1 …CF2 ADlI BC. .△DEF∽△CBF, DE EF DF 1 =F=CF=2 DE-C1FF- CD-DE-1DHE. 2 ÷M=AD+M=5 2'AE=AD+DE=3' 在cpH中.HD-0F-VP--5 市a0n,c-m4m--7, 由(1)可知，AC=BE, BE=7 3 3, AD‖BC, ∴.△EAG△BCG, 12122 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 EG AE 3 ·BG=BC=2 5, :G=G-R=47 15: (3)解：如图，过点A作CB的垂线，交CB的延长线于点I,设BC=2a, D G B AB=nBC, ∴.AB=2na, AB=CD,DF=mCD. ∴.DF=mAB=2ma, :CF=CD-DF=2n(I-m)a .∠ABC=120°. ∠ABI=180°-∠ABC=60°， 在RaMB中，MI=MB.sin∠ABI=2na,sin60°=V3na BI=AB·cos∠ABI=2na·cos60°=na, CI=BC+-(n+2)a 由勾股定理可得，4c2=A+C2=(V3na+[n+2)a=4n2+n+1)d2, ,四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,ABII CD,ADI BC. .∠CAD=∠BCA, .∠E=∠CAD. .∠BCA=∠E, 13122 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠CBG=∠EBC, .△CGABEC, BG BC :BC BE' ∴.BG.BE=BC2=4a2, ABII CD .△AGB∽△CGF, BG AB 2na 1 :FG CF 2n(1-m)a 1-m. ..BG= 2-m 1_B那.BE=4a, 2- BF.BE=4(2-m)a2 AC24(n2+n+1)a2_n+n+1 ·BF.BE4(2-m)a22-m. 24.(1)见解析 e210 (1)证明：：四边形ABCD为平行四边形， :AB//CD,AB=CD, ∠E=∠F, :O为AC中点， :.0A=OC, 在△AEO和△COF中 I∠E=∠F ∠AOE=∠COF OA=OC 14122 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△AEO≌ACFO(AAS) ..AE=CF. .AE-AB=CF-CD即BE=DF; (2)解：CD=DF=3, ∴.CF=6 AD=5,AC⊥CD .∠ACD=90°， AC=V53-32=4 ..OC=OA=2 .0F=V22+62=210 .△AEO≌ACFO .0E=0F=2V10 25.(1)证明见解析 g)25 (1)证明：由旋转的性质可知：△ABC≌△ADE, .∠BAC=∠DAE,AC=AE,AB=AD, AB=BC, .∠C=∠BAC, ..AC=AE, .∠C=∠AEC, ∴.∠DAE=∠AEC. .BC∥AD, AB=AD, 又BC=AB, .BC=AD, ∴四边形ACBD是平行四边形： (2)解：过点B作BF⊥AD于点F, 15122 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B ,在平行四边形ACBD中，∠CAD=120°， .∠C=180°-120°=60°， ∴.∠ADB=∠C=60°. AD=AB=2, .△ABD是等边三角形， .BD=AB=2, :BF⊥AD, .BF=BDsin/ADB=2sin60°=√3 S.4CW=AD-BF-2 26.(1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， AD=CB,∠A=∠C, 由折叠可得：AD=AD,∠A=∠A, ∴.A'D=CB,∠A'=∠C, 在△ADE和△CBE中， 「∠A'=∠C ∠A'ED=∠CEB A'D=CB 片△ADE2aCBE(hMS) (2)∠BE0=55° (1)略 (2)解：，△A'DE≌aCBE, ∴.ED=EB, 16122 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠DBE=∠BDE=35°， ,点O为BD中点， .EO⊥BD, ∴.∠B0E=90°， .∠BE0=90°-∠DBE=90°-35°=55° 27.(1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD lI BC,CDII AB,CD=AB :.∠D=∠FAD,∠DCE=∠F E是AD的中点， .DE=AE, .△CDE≌△FAE(AAS) .CD=AF, .AF AB; (2)7.2 (1)略 (2)解：AG=3,FG=9 .AF=FG+AG=9+3=12. .AB=AF=12, ,四边形ABCD是平行四边形， :CD=AB=12, :CF平分∠DCG, .∠FCG=∠FCD. .∠DCE=∠F, .∠F=∠FCG, .CG=FG=9 :CD∥AF, 17122 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.∠DCH=∠AGH,∠D=∠HAG .△DCHn△AGH, CD CH 12 CH ∴AGGH,即3g-CH, .CH=7.2 28.(21-22八年级下·宁夏固原·阶段检测)如图.已知四边形ABCD是平行四边形，BE⊥AC, DF⊥AC,求证：BE=DF. A E 【答案】 证明：：四边形ABCD是平行四边形 .AB=CD,AB∥CD, ∴.∠BAC=∠DCA, .BE⊥AC,DF⊥AC, ∴.∠AEB=∠DFC=90」 :△MBE≌aCDF(A1S) BE=DF」 略 1 29.4)3 2i= 5:i)k (1)解：：四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,ABICD :点E是线段CD的中点，AF=AB, .DE-TCD-24B-74F 2 2 18122 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ABII CD .△DEGn△AFG, EG DE 1 FG AF 2' ..FG=2EG. .EF=EG+FG=3EG, EG 1 .EF3 (2)解：i)如图所示，连接CG, 由(1)可得△DEG∽△AFG. SADEG :.S.AFG 同理可得DG写4D, :△AFG的面积是8， SDEG=2 ,点E是线段CD的中点， SACG=25A0=4.DE-CR .CE=EG=k, .CE=EG=DE, ∴.∠EDG=∠EGD,∠EGC=∠ECG, .∠EDG+∠EGD+∠EGC+∠ECG=I80°， .∠EGD+∠EGC=90°， .∠DGC=90°： ：.Bs 3 AD CE=EG=k, .AB=CD=CE+DE=2k, 19122 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :Ds65 :DG2 CG=CD-DG45 Sxex-1DG-CG-4. 2 125k.45k=4 k .25 5 k=V5k=-5 解得 或 (舍去)： D G A 图1 ii)如图所示，连接CG,设AC,BG交于点M, D A B 图2 由(1)(2)得4F=2DE=2CE=2k,AG=2DG=2AD 3 ,四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC, ∴.△AGMACBM, 20122 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 AD :GM-4G3 2 BM BC AD3 设GM=2L,BM=3t, .∠BAC=∠AGB,∠ABG=∠MBA, .△ABG∽△MBA, BM AB 3t 2k AB=BG,即2k-21+31, 设DG=m,AG=2m,则BC=AD=3m, 由(2)i)得∠DGC=90°，则∠BCG=∠DGC=90°（平行线的性质）， 在Rt△CDG和Rt△CBG中，由勾股定理得 CG2=CD2-DG2=BG2-BC2 :(2-m2=(2+3}-(3m. .4k2-m2=252-9m2, .42+8m2=25.4k2 15 m2=k2 3 k m=-B 3“或 (舍去)， BC=3m= 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，等边对等角，勾股定理，熟知相 似三角形的性质及其判定定理是解题的关键. 30.(1) 证明：：C是线段AB的中点， :.AC=CB=1AB 2 21122 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CDBE ∴.∠DCA=∠B 在△DAC和△ECB中， ∠A=∠ECB. AC=CB, ∠DCA=∠B, ∴.△DAC≌△ECB(AS) (2)8 (1)略 (2):AB=16,C是线段AB的中点， AB=8 :.BC=2 :△DAC2AECB ..CD=BE 又CDBE .四边形BCDE是平行四边形， ..DE=BC=8 22122 专题11 多边形与平行四边形 3年真题1年模拟 考点分类 四川考情（2024-2026） 命题规律 考点 01 多边形及其内角和 2026 年：广元、凉山、广安、达州、成都（5 地）2025 年：攀枝花、广元、德阳、眉山、遂宁、南充、自贡、雅安、成都、巴中（10 地）2024 年：攀枝花、德阳、遂宁、宜宾、广元、乐山、资阳、巴中、自贡（9 地） 以选择、填空题为主，基础题居多。①核心公式：多边形内角和、任意多边形外角和恒为360°，常考由内角和求边数、已知边数求内外角度数；②正多边形高频：正五边形、正六边形、正八边形是四川中考高频载体，考查内角、外角、对角线、边长、面积计算；③结合图形：正多边形与平行线组合求角度、正多边形与扇形结合求阴影面积；④衍生考法：多边形对角线条数计算、平面镶嵌；⑤难度以基础为主，极少出解答大题，多作为几何综合的条件。 考点 02 平行四边形 2026 年：自贡、内江、巴中、宜宾、南充（5 地，含选择填空 + 证明解答）2025 年：广元、巴中、宜宾、成都（4 地，含压轴小问）2024 年：攀枝花、巴中、眉山、成都、自贡、乐山、凉山、雅安、泸州（9 地） 选择填空 + 解答证明均高频，解答题必考简单证明。①性质考查：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分；常结合三角形中位线、中点四边形求线段、周长；②判定考查：给出条件辨析能否判定平行四边形，易错陷阱 “一组对边平行，另一组对边相等” 不能判定；③尺规作图结合：角平分线作图放在平行四边形背景，证等腰三角形，求周长、线段长；④解答证明：以全等三角形为工具，证明线段相等、四边形为平行四边形；⑤压轴拓展：结合折叠、对称、动点、相似，设置多小问探究题（成都卷突出）；⑥常和菱形判定综合，给出条件判断何时平行四边形变为菱形。 考点01 多边形及其内角和 1．（2026·四川广元·中考真题）如图，，经过正五边形的两个顶点，且，若，则（     ） A． B． C． D． 2．（2026·四川凉山·中考真题）如图，，，，两两不相交，且半径都是1，则图中四个扇形（即阴影部分）的面积之和为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·四川广安·中考真题）正九边形一个外角的度数是_____． 4．（2026·四川达州·中考真题）如图，已知正六边形的中心为、边心距，分别以、为圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边，所围成的阴影部分面积是________． 5．（2026·四川成都·中考真题）正八边形的每个内角的度数都为_____． 6．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 8．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 9．（2025·四川眉山·中考真题）如图，直线l与正五边形的边分别交于点M、N，则的度数为（   ） A． B． C． D． 10．（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 11．（2025·四川南充·中考真题）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（    ） A．12 B． C．16 D． 12．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（    ） A． B． C． D．或 13．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（    ） A． B． C． D． 14．（2025·四川雅安·中考真题）六边形的外角和是______度． 15．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为________． 16．（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 17．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 18．（2024·四川攀枝花·中考真题）五边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 19．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 20．（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（    ） A． B． C． D． 21．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是___________．      22．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为______．    23．（2024·四川乐山·中考真题）下列多边形中，内角和最小的是（      ） A． B． C． D． 24．（2024·四川资阳·中考真题）一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 25．（2024·四川巴中·中考真题）经过五边形的一个顶点最多可以画出________条对角线． 26．（2024·四川自贡·中考真题）七边形的内角和是________度． 考点02 平行四边形 1．（2026·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，，与的角平分线分别交于点，，与相交于点，连接，则的值为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 3．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 5．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．（2024·四川乐山·中考真题）如图，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 9．（2026·四川内江·中考真题）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点 为圆心，适当的长为半径画弧，交 于点 ，交 于点 ；②分别以点 、 为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点 ；③连接 并延长交线段于点，若，，则平行四边形 的周长为_________． 10．（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是______． 11．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在中，O为中点，过点O的直线分别交、于点E、F，连接、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，．求的度数． 12．（2026·四川宜宾·中考真题）如图，中，、分别垂直对角线于点、．求证：． 13．（2026·四川内江·中考真题）如图，在四边形 中， ，点是的中点，连接 并延长交的延长线于点 ． (1)求证：； (2)若，请判断四边形 的形状，并说明理由． 14．（2026·四川南充·中考真题）请在横线上添加下列条件中的一个，①，②，③，使结论成立，并完成证明． 【条件】如图，在中，点E，F分别在边，上，_______（选填序号；选择一个正确的即可） 【结论】． 15．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 16．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 17．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 18．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 19．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：． 1．（2026·四川雅安·一模）如图1，将一个菱形截去一个边长为原来一半的菱形，得到图2，用三个图2刚好拼出一个如图3所示的平面图形，则图1中的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·四川成都·三模）如图，正八边形的对角线交于点M，则的度数是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·四川成都·模拟预测）如图，为正五边形的外接圆，过点作的切线，则的度数为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·安徽阜阳·三模）如图，一束平行光线穿过放置于水平地面的正五边形的两个顶点A，B，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·四川资阳·模拟预测）若正多边形的内角和为，则它的每个外角度数为（     ） A． B． C． D． 6．（2026·四川广元·二模）如图，正五边形的边长为，点、在上，则的长是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形中，点在的延长线上，，，交于点．，则的长为（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．（2026·四川成都·二模）已知在中，是上一点，的周长是周长的一半，且，则的长为（   ） A．8 B．7 C．5 D．6 9．（2026·江苏·一模）如图，已知中，，，小明用尺规作图画了和交于点，保留了作图痕迹，根据作图痕迹计算的值为（    ） A． B． C． D． 10．（2026·四川成都·二模）如图，在中，E，F分别是，上的点，连接，，只添加一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 11．（2026·四川绵阳·二模）如图，，点分别在边上，将沿翻折，点恰好落在线段上的点处，延长交于点，若，则的长度是（    ） A． B． C． D． 12．（2026·四川广元·三模）科学家发现阳苯分子中的6个碳原子组成了一个完美的正六边形（如图1），图2是其平面示意图，点O为正六边形的中心，则的度数为________． 13．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正六边形中，，以点E为圆心，长为半径作弧，交于点D．则扇形的面积是______． 14．（2026·四川南充·一模）如图，正五边形的边长为5，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为________（结果保留．） 15．（2026·四川成都·一模）七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 16．（25-26九年级上·浙江绍兴·期末）在正五边形的外部，以为边作正六边形．，连接，则的度数为________． 17．（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设．若一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数为___________． 18．（2026·四川雅安·一模）如图，在平行四边形中，，交于点F，那么的值是______． 19．（2026·四川泸州·二模）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，若，，则的周长为__________． 20．（2026·四川成都·二模）已知桌面上平放着一个矩形木框，拖动顶点C，使其变为平行四边形木框，其示意图如图所示，若矩形的面积是平行四边形的面积的3倍，则的值为______． 21．（2026·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以为圆心，小于长为半径作弧，分别交线段，于点，；②分别以，为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于点（在平行四边形内），连接交于，若，，则平行四边形的周长为______． 22．（2026·四川成都·一模）如图，在平行四边形中，是的中点，延长和交于点．若面积为，则平行四边形的面积为_____________． 23．（2026·四川成都·模拟预测）如图，在平行四边形中，，将边绕点顺时针旋转角度至，连接和，分别交线段、于点、． 【特例感知】 (1)如图1，当时，求证：； 【问题探究】 (2)在（1）的条件下，若，，求和的长； 【拓展延伸】 (3)如图2，若，，，求的值．（用含，的代数式表示） 24．（2026·四川内江·二模）如图，在平行四边形中，，点是的中点，过点的直线分别交，的延长线于点，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 25．（2026·四川广元·二模）如图，在 中，，将 绕点 A 顺时针旋转 得到，点 C 的对应点 E 落在线段  上，连接 ． (1)求证：四边形  是平行四边形； (2)若 ，，求四边形 的面积． 26．（2026·四川南充·一模）如图，在中，将沿对角线BD翻折得到，与交于点E． (1)求证：； (2)点为中点，连接，．求的度数． 27．（2026·四川达州·一模）如图，中，点E是的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)点G在线段上，且，连接交于点H，若恰好平分，求的长． 28．（21-22八年级下·宁夏固原·阶段检测）如图．已知四边形是平行四边形，，，求证：． 29．（2026·四川成都·一模）如图，在中，点E是线段的中点，点F在的延长线上，且，连接交线段于点G． (1)求的值； (2)当时． i）如图1，若的面积是，求k的值； ⅱ）如图2，连接，若，求的长（用含k的代数式表示）． 30．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，C是线段的中点，． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $