第22讲 多边形与平行四边形（练习）（解析版）-2024年中考数学一轮复习讲义

第22讲多边形与平行四边形

录

题型过关练

型

题01

多边形的概念及分类

型

题02

计算网格中不规则多边形面积

型

题03

计算多边形对角线条数

型

题04

多边形内角和问题

型

题05

己知多边形内角和求边数

型

题06

多边形的割角问题

型

题07

多边形的外角问题

型

题08

多边形外角和的实际应用

型

题09

多边形内角和、外角和与平行线的合运用

型

题10

多边形内角和与外角和的综合应用

型

题11

平面镶嵌

型

题12

利用平行四边形的性质求解

型

题13

利用平行四边形的性质证明

型

题14

判断已知条件能否构成平行四边形

型

题15

数平行四边形个数

型

题16

求与已知三点组成平行四边形的点的个数

型

题17

证明四边形是平行四边形

型

题18

与平行四边形有关的新定义问题

型

题19

利用平行四边形的性质与判定求解

型

题20

利川平行四边形的性质与判定证明

型

题21

平行四边形性质与判定的应用

型

题22

三角形中位线有关的计算

型

题23

型三角形中位线与三角形面积计算问题

题24

型

题25与三角形中位线有关的规律探究

型

题26与三角形中位线有关的格点作图

型

题27连接两点构造三角形中位线

型

题28己知中点，取另一条线段的中点构造中位线

利用角平分线垂直构造三角形的中位线

题型过关练

题型01多边形的概念及分类

I.（2022•上海杨浦・统考二模）下列命题中，正确的是（）

A.正多边形都是中心对称图形B.正六边形的边长等于其外接圆的半径

C.边数大于3的正多边形的对角线长都相等D.各边相等的圆外切多边形是正多边形

【答案】B

【分析】根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可.

【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故

本选项说法错误，不符合题意：

B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；

C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说

法错误，不符合题意；

D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不

符合题意；

故选：B.

【点睛】本题考查的是命题的真假判断,正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题.判断命题的真假

关键是要熟悉课本中的性质定理.

2.（2020•全国•模拟预测）下列图形中，正多边形的个数有（）

△□

图①图②

U图③O图④

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

题型02计算网格中不规则多边形面积

3.（2021.北京平谷.统考一模）如图所示的网格是正方形网格，儿B,C,。是网格线交点，则ZL48。的面积

与NCD0的面枳的大小关系为：S&80___乂c。。（填“>”，"=”或Y）.

【分析】根据图形可知SA4B0=SA48C—SA40C，SXCDO=S4ACD~^bAOC,然后由图易知△ABC和^ADC向底寺

高，所以△AQC面积相等从而得到△人80和40co的关系.

【详解】解：由图易后：，/160=S—6C-,dCDO=SdACD-S4AOC，

■:AABC和^ADC同底等高,

•・SAABC=SMDC，

••SAABO=SACDO・

故答案为：=

【点睛】本题考查了三角形的面积，判断所求三角形的计算方法是本题的关键.

4.（2021•湖北武汉•统考模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把横纵坐标均为整数的点称为格点，若一个

多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形.例如：图中的与四边形DEFG均为格点多边

形.格点多边形的面积记为S,其内部的格点数记为N,边界上的格点记为L,已知格点多边形的面积可表示

为5=N+aL+b（a,匕为常数），若某格点多边形对应的N=14,L=7,则5=（）

C.17.5D.18

【答案】A

【分析】先分别根据人4"和四边形。行/折中，S、N、/,的数值得出关于a和人的二元一次方程组,解得〃和人

的值，则可求得当N=14,L=7时S的值.

【详解】解：中，S=LN=0,L=4,则4a+b=1；

同理，四边形OEFG中，S=2x4-1x2+2-1x1+2—2x3+2=3.5,

N=2,L=5

，2+5。+匕=3.5；

联立得「六+£=\口

（2+5a+b=3.5

解得：Q=0.5,b=—1

：,N=14,L=7,则S=14+3.5-1=16.5,

故选：A.

【点睛】本题属于创新题型，主要考查了二元一次方程相关知识以及学生对于题意理解和数据分析能力.

5.（2021・北京顺义・统考一模）如＞1所示的网格是正方形网格，点A,B,C,D,E,尸是网格线的交点，则

△R8C的面枳与^DEF的面枳比为.

【答案】1：4

【分析】分别求出"BC的面积和08。的面积，即可求解.

【详解】解：SAABC=lx2-ixlxl-lxlx2=i,

S^DEF=2x4-^x2x2—1x2x4=2,

48c的面积与AOE尸的面积比为1：4.

故答案为I：4.

【点睛】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是解本题的关键.

6.（2020♦山西运城・统考模拟预测）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务.

让我们一起探索有趣的“皮克定理”：用水平线和竖直线将平面分成若干

个边长为1的小正方形格子，小正方形的顶点，叫格点，以格点为顶点的多边

形叫格点多边形.设格点多边形的面积为S,M'Js=a+-b-1(a是多边形内的格

2

点数，b是多边形边界上的格点数)计算，这个公式称为“皮克定理”.

任务：

(1)如图2,是5X5的正方形网格，且小正方形的边长为1,利用“皮克定理.”可以求出图中格点多边形

的面积是;

(2)已知：一个格点多边形的面积S为15,且边界上的点数。是内部点数〃的2倍•，则—；

(3)请你在图3中设计一个格点多边形(要求：①格点多边形的面积为8；②格点多边形是一个轴对称图

形但不是中心对称图形)

图3

【答案】(1)7.5；(2)24；(3)如图所示，见解析.

【分析】(1)根据皮克定理求解即可；

(2)根据题意列式求出a,b的值，即可求解.

(3)根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可.

【详解】(1)由“皮克定理”可得：5=5+^-1=7.5；

故答案为:7.5；

(2)•・•5为15,且边界上的点数〃是内部点数。的2倍，

・•・〃+四-1=15,

2

解得：。=8,则0=16,

故。+〃=24,

故答案为:24；

(3)如图所示:

图3

【点睛】本题考查了格点多边形的问题，掌握皮克定理、轴对称型形、中心对称图形的性质是解题的关键.

题型03计算多边形对角线条数

7.(2022・广东深圳•坪山中学校考模拟预测)多边形的对角线共有20条，则下列方程可以求出多边形边数

的是()

A.n(n-2)=20B.n(n-2)=40C.n(n-3)=20D.n(n-3)=40

【答案】D

【分析】先由九边形从一个顶点出发可引出5-3)条对角线，再根据九边形对角线的总条数为若2=20,

即可求出结果.

【详解】解：设多边形边数为九，

从一个顶点出发可引出5-3)条对角线，

再根据n边形对角线的总条数为与2,

即皿刍=20,

2

n(n-3)=40,

故答案选：D.

【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，根据多边形对角线公式列等式是解答本题的关键.

8.(2022・陕西校联考模拟预测)若一个多边形从一个顶点出发可以引7条对角线，则这个多边形共有条

对角线.

【答案】35

【分析】根据〃边形从一个顶点出发可引出(〃-3)条对角线，再根据的守求出总的对角线数量.

【详解】解：根据题意可知，

"3=7,

1.n=10,

，这个多边形共有对角线的数量为：

n(n-3)_10x7

八~JD；

22

故答案为：35.

【点睛】本题考查了多边形对角线的问题，正确理解多边形的边数与从一个顶点发出的对角线的条数之间

的关系，以及正确求出总的对角线数量是解决本题的关键.

9.(2U21•山东青岛・统考二模)【问题】用n边形的对角线把n边形分割成(n-2个二角形，共有多少种不同

的分割方案(九之4)?

【探究】为了解决上面的数学问题，我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单情形入手，再逐次递进

转化，最后猜想得出结论.不妨假设〃边形的分割方案有/(女)种.

探究一：用四边形的对角线把四边形分割成2个三角形，共有多少种不同的分割方案？如图①，图②，显

然，只有2种不同的分割方案.所以，f(4)=2.

探究二：用五边形的对角线把五边形分割成3个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分

第I类：如图③，用点4E与B连接，先把五边形分割转化成I个三角形和1个四边形，再把四边形分割

成2个三角形，由探究一知，有f(4)种不同的分割方案，所以，此类共有/1(4)种不同的分割方案.

第2类：如图④，用点/1,E与C连接，把五边形分割成3个三角形，有1种不同的分割方案，可视为:/(4)种

分割方案.

第3类：如图⑤，用点A,E与。连接，先把五边形分割转化成I个三角形和1个四边形，再把四边形分割

成2个三角形，由探究一知，有/(4)种不同的分割方案，所以，此类共有/(4)种不同的分割方案.

所以，/⑸=八4)+#(4)+/(4)=卜/(4)=¥*/(4)=51种)

探究三：用六边形的对角线把六边形分割成4个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分

成四类：

C图⑨

第I类：如图⑥，用A，F与B连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3

个三角形，由探究二知，有/"(5)种不同的分割方案，所以，此类共有/(5)种不同的分割方案.

第2类：如图⑦，用人尸与C连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形.再把四边形分割成2

个三角形，由探究一知，有/(4)种不同的分割方案.所以，此类共有/(4)种分割方案.

第3类：如图⑧，用小尸与。连接，先把六边形分割转化成2个三角形和I个四边形.再把四边形分割成2

个三角形，由探究一知，有/(4)种不同的分割方案.所以，此类共有7(4)种分割方案.

第4类：如图，用A,F与E连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3

个三角形，由探究二知，有/(5)种不同的分割方案.所以，此类共有7(5)种分割方案.

所以，/(6)=/(5)+/(4)+/(4)+/(5)

=/(5)+)⑸+丁⑸+f⑸=.X/(5)=14(ft)

探究四：用七边形的对角线把七边形分割成5个三角形，则/(7)与/'(6)的关系为/(7)=gx/(6),共有

6

种不同的分割方案.

【结论】用71边形的对角线把九边形分割成5-2)个三角形，共有多少种不同的分割方案(九之4)?(直接写

出/S)与/5-1)之间的关系式，不写解答过程)

【应用】用九边形的对角线把九边形分割成7个二角形，共有多少种不同的分割方案？(应用上述结论中

的关系式求解)

【答案】探究四：18,42；［结论］/'5)二*/(九一1)；［应用］429种

H—1

【分析】［探究］根据探究的结论得到规律计算即可；

［结论］根据五边形，六边形，七边形的对角线把图形分割成三角形的方案总结规律即可得到答案;

［应用］利用规律求得八边形及九边形的对角线把图形分割成三角形的方案即可.

【洋解】所以，f(7)=f(6)+f(5)4-2/(4)+f(5)+f(6)

552

=2/(6)+2x—/(6)+2x—x-/(6)

=3/(6)

邛/⑹

=42.

故答案为：18,42.

［结论］由题意知/(5)二?/(4)，f⑹=甘⑸,/(7)=蓝/(6)，…

4X8-10

［应用］根据结论得:/(8)=xf(7)=yx42=132.

f(9)-若22x/'(8)-与x132-429.

则用九边形的对角线把九边形分割成7个三角形，共有429种不同的分割方案.

【点睛】此题考查多边形的对角线，图形变化类规律题，研究了多边形对角线分割多边形成三角形的关系,

关键是能够得到规律，此题有难度，注意利用数形结合的思想.

题型04多边形内角和问题

10.（2023・山东口照•校考三模）我们知道三角形的内角和为180,而四边形可以分成两个三角形，故它的

内角和为2x180。=360。，五边形则可以分成3个三角形，它的内角和为3x180。=540。（如图），依此类

推，则八边形的内角和为（）

1个三角形2个三角形3个三角形

A.900°B.1080°C.1260°D.1440°

【答案】B

【分析】根据多边形内角和公式（ri-2）x180。求解即可.

【详解】解：由多边形内角和公式可得：八边形的内角和为（8-2）x180。=1080。

故选:B

【点睛】此题考查了多边形的内角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式.

11.（2023,河北邯郸•校考模拟预测）一块四边形力BCD玻璃被打破，如图所示.小红想制做一模一样的玻璃,

经测量乙A=120。，乙8=60。，匕。=150。，则2。的度数（）

A.65°B.45°C.30°D.20°

【答案】C

【分析】根据四边形内角和求解即可.

【详解】解：=120°,乙B=60。,4c=150。，四边形内角和为360度，

AzD=360°-120°-60°-150°=30°,

故选：C.

【点睛】本题考查了四边形内角和，熟记知识点是解题关键.

12.（2023•河北沧州・统考模拟预测）一个多边形,除了一个内可外,其余各角的和为2750。，则这一内角为

度.

【答案】130

【分析】设多边形的边数为％,根据多边形的内角一定大于0,并且小于180度，因而内角和除去一个内角的

值，这个值除以180度，所得数值比边数要小，小的值小于1,可以求出多边形的边数为18,再利用内角和

公式即可得出结果.

【详解】解：设多边形的边数为“，由题意有(X-2)•180。=2750。，

解律x=17^,

lo

因而多边形的边数是18,

则这一内角为(18-2)x1800-2750°=130°.

故答案为:130.

【点睛】本题考查多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式是解题的关键.

13.(2023•广东东莞♦东莞市厚街海月学校校考模拟预测)我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两

边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边形的勾

股边，如图，在四边形ABCD中，=60°,LD=30°,AB=BC.

(1)求乙力+乙。的度数.

(2)判断四边形力8CD是否是“勾股四边形”，并说明理由.

【答案】(1)270。

(2)四边形力BCD是“勾股四边形”，理由见解析

【分析】(1)在四边形A8CD中，由四边形内角和定理即可得出结果；

(2)连接8D,以8。为边向下作等边三角形ABOQ,由等边三角形的性质得出/OBQ=60。，BD=BQ,证

^/.ABD=Z.CBQ,证明△480三△C8Q,得出4D=CQ,乙A=LBCQ,证出NOCQ=90。，再由勾股定理

即可得出结论.

【详解】(1)在四边形ABC。中，

•••Z.A+ZLB+Z.C+/,D=360°,乙B=60°,乙D=30°,

•••Z.A+Z.C=360°—30°-60°=270°；

(2)四边形/8C0是“勾股四边形”，

理由：连接BD,以8。为边向下作等边三角形aBOQ,连接CQ,

则4。8Q=60。，BD=BQ,

vZ.ABC=乙DBQ=60°,

Z.ABD=乙CBQ,

在小8。和4CBQ中,

(AB=CB

\z.ABD=乙CBQ,

(BD=BQ

:*^ABD三公CBQ(SAS),

:.AD=CQ,lA—乙BCQ,

•••NA+乙BCD=乙BCQ+乙BCD=270°,

•••LDCQ=90°,

CD2+CQ2=DQ2,

CQ=AD,DQ=BD,

CD2+AD2=BD2.

••.四边形力BCD是“勾股四边形”.

【点睛】本题是四边形综合题，考查了四边形内角和定理、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质

和勾股定理以及逆定理，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题.

题型05已知多边形内角和求边数

14.（2022.北京西城.北京师大附中校考模拟预测）一个多边形的内角和等于1260。，则它是（）

A.五边形B.七边形C.九边形D.十边形

【答案】C

【分析】设这个多边形的边数为加根据多边形的内角和定理得到（几-2）x180=1260,然后解方程即可.

【详解】解：设这个多边形的边数为n,

（n-2）x180=1260,

解得九=9,

故这个多边形为九边形.

故选：C.

【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，解题的关键是掌握ri边形的内角和为5-2）X180J

15.（2022・陕西西安•校考模拟预测）一个正多边形的内角和是1440。，则此多边形的边数是,对角线

共有条.

【答案】1035

【分析】设此多边形的边数是小根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可.

【详解】解：设此多边形的边数是小

180°X（n-2）=1440",

解得：n=10,

・••对角线条数为：毁3=35,

故答案为：10,35.

【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握〃边形的内角和为180。x

（n-2）,对角线条数为当3.

题型06多边形的割角问题

16.（2022・河北•模拟预测）若过多边形的一个顶点作一条直线，把这个多边形截掉两个角，它的内角和变

为1260%则这个多边形原来的边数为（）

A.12B.10C.11D.10或11

【答案】D

【分析】分从顶点到顶点裁剪和从顶点到边裁剪两种情况求解.

【详解】多边形裁掉2个角，有两种情况，从顶点到顶点裁剪，从顶点到边裁剪.

•・•新多边形内角和为1260°,

，根据多边形内角和公式180°x（n-2）=1260°,

解得：〃二9,

，新多边形的边数为9.

①从顶点到顶点裁剪，多边形会减少两个角，则原多边形的边数为11;

②从顶点到边裁剪，多边形会减少一个角，则原多边形的边数为10.

故选：D.

【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握截角的方法是解题的关键.

17.（2021•上海徐汇•统考二模）如果剪掉四边形的•个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（）

A.180°B.270°C.360°D.540°

【答案】B

【分析】分四边形剪去一个角，起数减少1,不变，增加1,三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可

得解.

【洋解】解：剪去一个角，若边数减少1,则内角和=（3-2）xl8（r=180。，

若边数不变，则内角和=（4-2）x18（）0=360。，

若边数增加I,则内角和=（5-2）x180°=540°,

所以,所得多边形内角和的度数可能是180。，360。,540%不可能是270。.

故选:B.

【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况.

18.（2019•山东德州•统考一模）如图是将一多边形剪去一个角，则新多边形的内角和（）

A.比原多边形少180。B.与原多边形一样

C.比原多边形多360。D.比原多边形多180。

【答案】D

【分析】根据多边形的内角和定理求解可得.

【详解】按如图所示方式将一多边形剪去一个角，则新多边形的边数增加一条，

所以其内角和比原多边形的内角和多180%

故选D.

【点睛】本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边

形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，取决于其边数增加还是减少.是解决本题的关键.

题型07多边形的外角问题

19.（2023•北京通州•统考一模）正七边形的外角和是（）

A.900°B.700°C.360°D.180°

【答案】C

【分析】由多边形外角和为360。可得答案.

【详解】解：•・•多边形的外角和为：360。，

，正七边形的外角和是360。，

故选C.

【点睛】本题考查的是正多边形的外角和问题，熟记多边形的外角和为360。是解本题的关键.

20.（2022・云南昆明•统考一模）小丽利用学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，如

图所示，沿直线走6米后向左转仇接着沿直线前进6米后，再向左转。……如此走法，当她第一次走到A

点时，发现自己走了72米，。的度数为（）

A.30°B.32°C.35°D.36°

【答案】A

【分析】小丽第一次回到出发点人时，所经过的路线正好构成一个正多边形.计算这个正多边形的边数和

外角即可.

【详解】解：•・•第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形,

・••多边形的边数为：72=6=12.

根据多边形的外角和为360。，

,他每次转过的角度^360^12=30°.

故选：A.

【点睛】本题考查多边形的外角和.解题的关键时判断出小丽第一次返回点A时，所经过的路径构成一个

正多边形.

21.（2021・广东深圳•校联考模拟预测）已知一个多边形每一个外角都是60。，则它是一边形.

【答案】六

【分析】根据多边形的外角和为360。，进行计算即可.

【详解】解：360。+60。=6；

・••这个多边形为六边形；

故答案为：六.

题型08多边形外角和的实际应用

22.（2023•北京房山•统考一模）妇图是由射线加?，BC,CD,DE,EF,凡4组成的平面图形，则21+42+

△3+24+45+26的值为（）

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。解答即可.

【详解】解：由多边形的外角和等于360。可知，

z.1+z.2+Z.34-z.4+z5+Z.6=360°,

故选：B.

【点睛】本题考查的是多边形的外角和，掌握多边形的外角和等于360。是解题的关键.

23.（2023・贵州遵义・统考三模）如图，小明沿一个五边形的广场小道按AtBtCtDtE的方问跑步健身,

他每跑完一圈时，身体转过的角度之和是（）

【答案】B

【分析】根据多边形的外角和等于360。即可求解.

【详解】解：•••多边形的外角和等于360。，

・・・・•・他每跑完一圈，身体转过的角度之和是360。.

故选:B.

【点睛】本考查的是多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和等于360。是解决此题的关键.

24.（2022•河北保定•统考二模）一机器人以3m/s的速度在平地上按如下要求行走，则该机器人从开始到停

止所行走的路程为m,共需时间s.

否

【答案】4816

【分析】该机器人所经过的路径是一个正多边形，利用360。除以30。，即可求得正多边形的边数，即可求得

周长，利用周长除以速度即可求得所需时间.

【详解】解析：一次向左转30。，共需皆=12（次）才能回到原点，

故行走的路线为正十二边形.

行走的路程为4x12=48（m）,

共需时间£=16（s）.

故答案为：48；16

【点睛】本题考查了正多边形的外角和定理，理解经过的路线是正多边形是关键.

题型09多边形内角和、外角和与平行线的合运用

25.（2020・河北•校联考二模）如图，一束平行太阳光线凡4、照射到正五边形力BCDE上，^ABG=50°,

C.50°D.130°

【答案】A

【分析】先根据正五边形的性质求出乙E48的度数，再由平行线的性质即可得出结论.

【详解】解：为正五边形，

：,LEAB=108°,

•・•太阳光线互相平行,

：.FA//GB,

又“BG=50°,

：.£FAE=1800-Z-ABG-^EAB=180°-50°-108°=22°,

故选：A.

【点睛】本题考查平行线的性质，多边形内角与外角，解题关键在于•求出乙巴4B.

26.（2023.河北保定.校考模拟预测）如图，六边形A8CD"为正六边形，I.||12,则，2-41的值为（

C.108°D.120°

【答案】A

【分析】延长力B交%于点G,利用多边形外角和定理算出乙G8C=360。+6=60。，再利用平行线的性质,

三角形外角定理得出匕2-Z1=（GBC.

【详解】如图，延长48交。于点G,

A/i

12

E

G

•・•六边形为BCDEF为正六边形,

:•乙GBC=360。+6=60°,

VZJIG，

Azi=乙BGE,

Vz2=乙BGE+乙GBC,

Az2-zl=Z.GBC=60°.

故选：A.

【点睛】本题考查了多边形外角利定理，三角形外角定理，构建合适的三角形是解题的关键.

27.（2023•山东枣庄・统考中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若N1=44°,

【答案】B

【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到24=60。,乙2+45=120。，平行线的性

质，得到N3=N1=44。，三角形的外角的性质，得到N5=43+44=104。，进而求出42的度数.

工正六边形的一个内角的度数为：180。-60。=120。，

即：Z4=60°,z2+Z5=120°,

•・•一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，乙1=44。,

Az3=41=44°,

Az5=z3+z4=104°,

・"2=120。一45=16°：

故选B.

【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质.熟练掌握多边形的外角和是360。,

是解题的关键.

题型10多边形内角和与外角和的综合应用

28.（2021•河北邢台・校考二模）如图，正五边形/WCD,OG平分正五边形的外角NEO凡连接则4BOG=

)

120°C.114°D.108°

【答案】D

【分析】根据正多边形内角和公式求出五边形的内角和，再分别求出每一个内角和外角的度数，利用角的

和差计算即可;

【详解】•・•五边形4BC0E是正五边形

工内角和为:(S-2)x1R0°=540°

，一个内角为：—=一个外角为。-。=。

5108°,18010872

=ZEDC=1O8%^EDF=72°

XVBC=CD

：.£BDC=180°-108°=36°

2

:•乙BDE=Z.EDC-NBOC=108°-36°=72°

〈DG平分4EOF

：,Z.EDG=^EDF=36°

2

：,LBDG=乙EDB+乙EDG=108°

故答案选：D

【点睛】本题主要考查了多边形的角度计算，熟悉掌握正多边形内角和公式是解题的关键.

29.（2022•河北石家庄•统考二模）如图，六边形力BCDE"中，NA,乙B,4C,2。的外角都相等，即/I=乙2=

43=乙4=62°,分别作乙DEr和乙E凡4的平分线交于点P,则4户的度数是（）

A.55°B.56°C.57°D.60°

【答案】B

【分析】根据多边形外角和求出/5+/6=112。，根据角平分线定义进而求出N尸"+NEFPW24。，再根据三

角形的内角和求出NP的度数.

【详解】解：・・"1=△2=43=44=62。，多边形的外角和为360。，

:.Z5+Z6=360°-62°x4=l12°,

:.NDEF+NAFE=248°,

•:EP,尸尸分别平分NOE尸和N4FE,

/.ZFEP=-ZDEF,ZEFP=-ZAF'E,

22

AZFEP+ZEFP=-（NOEHNAFE）=124°,

2

/.ZP=560.

故选:B.

【点睛】本题考查了多边形的外角和定义，角平分线的定义以及三角形的内角和，掌握以上基础知识是解

决问题的关键.

30.（2021.河北石家庄.石家庄市第四十中学校考二模）如图，五边形/WCQE中，LB=80°,乙C=110。，

41、42、43分别是N/L4E、Z.AED.4EDC的外角，贝lj/l+42+/3等于（）

1B

2

A.90°B.190°C.210°D.180°

【答案】B

【分析】延长AB与C。，根据平角定义可求N4与N5,再根据多边形外角和可求解.

【详解】解：延长和。C,得/4与N5,

:.N4=180°-N8,

Z5=180°-ZC,

r.Z4+Z5=360°-(ZB+ZC)=170°,

根据多边形的外角和定理，Zl+Z2+Z3+Z4+Z5=360°,

/.Zl+Z2+Z3=360°-(Z4+Z5)=360°-170°=190°.

【点睛】本题考查了五边形的角度问题，平角定义，多边形外角和，掌握平角定义，多边形外角和是解题

的关键.

31.(2022・福建•模拟预测)将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的方式摆放，如果Nl=41。，Z2

=51°,那么N3等于()

\\2A

1

A.5°B.10°C.15°D.20°

【答案】B

【分析】先算出三个图形的内角是多少，再根据三个平角的和即可求出N3的值.

【详解】如图所示：

•・•等边三角形的内角的度数是60。，正方形的内角度数是90°,

止立边形的内角的度数是：；（5-2）xl80°=108°,

・•・N3+108°+N84C+Nl+60°+NBCA+N2+900+NABC=540。（三个平角的为540°）

Z3=540°-180°-60°-90°-108°-Zl-Z2

=10°.

故选：B.

【点睛】本题考查多边形的内角和和外角和.找出图中的△ABC利用内角和是18（）。是解决本题的关键.

32.（2023•河北秦皇岛•统考二模）如图，将四边形力BCD剪掉一个角得到五边形.下列判断正确的是（）

结论①：变成五边形后外角和不发生变化；

结论②：变成五边形后内角和增加了360。；

结论③：通过图中条件可以得到/I+乙2=240。；

A.只有①对B.①和③对C.①、②、③都对D.①、②、③都不对

【答案】B

【分析】根据多边形的外角和是360。，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的

性质即可求解.

【详解】解：①任意多边形的外角和是360。，故①正确；

根据多边形内角和定理(5-2)x1800-(4-2)x180°=180°,

四边形力8。。剪掉•个角得到五边形内角和增加了180。，故②错误,

如图所示，

,:zl=z4+Z.A,Z.2=Z.3+乙4

Azi+乙2=43+44++乙4=180°+乙4=180°+60°=240°,故③正确，

故选:B.

【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上

知识是解题的关健.

33.(2023・湖北孝感・统考一模)妇图所示，已知NMON=60。，正五边形ABODE的顶点力、8在射线OM上,

【答案】48

【分析】NE40是正五边形的一个外角，利用多边形外交和360。算出一个外角4E4。，再利用△OAE的内角

和180°,即可算出

【详解】•・•四边形A3CDE是正五边形，乙瓦4。是一个外角

；・血。=警=72。

在A04E中：

Z.AEO=180°-/.EAO-乙MON=180°-72°-60°=48°

故答案为：48

【点睛】本题考查多边形外角和和三角形内角和，注意多边形外角和均为360。

题型11平面镶嵌

34.(2023・浙江•模拟预测)用三种边长相等的正多边形地砖铺地，其顶点在一起，刚好能完全铺满地面,

已知正多边形的边数为X、)，、z,则工+工+工的值为______.

xyz

【答案】30.5

【分析】利用正〃多边形的内角公式厘迹求解即可.

n

【详解】解：根据题意，这三种边长相等的正多边形的内角和为360。，

则(x-2)xl80°+(y-2)xl80°+(z-2)*180°=36()。，

xyz'

222

Al--4-l--+l--=2,

xyz

.1+.1-.+1-=1

xyz2

故答案为：

【点睛】本题考查正多边形的内角问题，理解题意，得到这三种边长相等的正多边形的内角和为360。是解

答的关键.

35.(2023•河北沧州・统考二模)要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六

边形，边长记作2a.下面我们来研究纸盒底面半径的最小值.

方案I方案n

图1图2

(1)如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1,图2所示的两种布局方案.

方案I中纸盒底面半径的最小值为;

方案II中纸盒底面半径的最小值为;

(2)如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为

【答案】6a7a3、/7a

【分析】(1)由图形可知，方案1中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案1【中纸盒底面半

径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；

(2)考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半

径即可.

【详解】(1)如图1所示，方案1中纸盒底面半径最小值即为。4的长度，

•・•正六边形的边长为2Q,

0A=2Q+4a=6a；

如图2所示，方案II中纸盒底面半径最小值即为。。的长度，

/.04=a+2a+4a=7a：

故答案为：6a；7a；

(2)如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为OC,连接CQ、PC、PQ,

•・•正六边形的边长为2a,

CP=3x2y/3a=65/3a,PQ=2a+4a4-4a+2a=12a,

VzCPQ=90%

:・CQ=y/CP2+PQ2=6夕a,

：.0C=^CQ=3V7a,

故答案为：3夕a.

【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握止多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算

是解题关键.

36.（2023・广东深圳・深圳市高级中学校联考模拟预测）20世纪70年代，数学家罗杰・彭罗斯使用两种不同

的菱形，完成了非周期性密铺，如下图，使用了力，8两种菱形进行了密铺，则菱形B的锐角的度数为°,

【答案】36

【分析】如图，设菱形R的锐角为北菱形A的锐角和钝角分另J为y、z,根据密铺的图案中一个顶点处的

周角为360。列出方程组，解答即可.

【详解】解：如图，设菱形8的锐角为x,菱形4的锐角和钝角分别为八z,根据题意，得

5y=360°(x=36°

2x+y+2z=360°,解得y=72°，

y+z=180°\z=108°

故答案为：36.

【点睛】本题常考了密铺问题，涉及了菱形的性质、多边形的内角和、三元••次方程组等知识，正确理解

题意、得出方程组是解题的关键.

37.（2022・河北・统考二模）如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条公共边,

围成一圈后中间形成一个正方形.设正方形的边长为1,则该图形外轮廓的周长为;若〃个全等的正

多边形中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长为1,则该图

形外轮廓的周长是.

【答案】2027

【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解.求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正九边形,

为正12边形，据此即可求解.

【详解】解：•・•正方形的边长为1，

，该图形外轮廓的周长为（8-3）x4=20,

若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，则九边形的一个内角为若竺：=150。

则九边形的一个外角180。-150°=30°,

:.n=360°=30°=12,

根据相邻的两个正多边形有一条公共边，

则图形外轮廓的周长为（12-3）x3=27

故答案为：20,27

【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键.

题型12利用平行四边形的性质求解

38.（2023・湖南株洲•统考一模）妇图，在配48CD中，一定正确的是（）

A.AD=CDB.AC=BOC.AB=CDD.CD=BC

【答案】C

【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，然后对各选项进行判断即可.

【详解】解：•・•四边形48CQ是平行四边形，

：.AB=CD,AD=BC.

故选:C.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质.解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质.

39.（2022・云南昆明•云南省昆明市第十中学校考一模）如图，在血18CD中，〃8c的平分线交力D于点

的平分线交力。于点F，若为8=3,4。=4,则EF的长是（）

A.IB.2C.2.5D.3

【答案】B

【分析】根据平行四边形的性质证明OF=CD,AE=AB,进而可得4”和的长，然后可得答案.

【详解】解：•・•四边形人8C。是平行四边形，

：.AD//CB,AB=CD=3,AD=BC=4,

：.4DFC=NFCB,

又・：CF平分/BCD,

:・/DCF=/FCB,

：・/DFC=/DCF,

:.DF=DC=3,

同理可证：AE=AB=3,

\MD=4,

.*.ZF=4-3=1,DE=4-3=h

AEF=4-1-1=2.

故选:B.

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角

形的性质解题.

40.（2020.河北.模拟预测）如图,平行四边形ABCD中，AB=2,AD=4,对角线AC,BD相交于点O,且

E,F,G,H分别是AO,BO,CO,DO的中点，则下列说法正确的是（）

A.EH=HGB.四边形EFGH是平行四边形

C.AC±BDD.ZL4B。的面积是AEF。的面积的2倍

【答案】B

【分析】根据三角形中位线的性质和平行四边形的性质分别判断各选项即可解答，

【详解】解：因为E、H为OA、OD的中点，

所以，EH=2/1O=2,同理，HG=-CD=1,所以，A错误；

22

EH〃AD,EH=-AD,

2

FG〃BC,FG=-5C,

2

因为平行四边形ABCD中，AD=BC,且AD〃BC,

所以，EH=FG,且EH〃FG,

所以，四边形EFGH是平行四边形，B正确.

AC与BD不一定垂直，C错误；

由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是aEFO的面积的4倍，D错误；

故选B.

【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和平行四边形的性质，熟练掌握是解题的关键.

41.（2021・四川乐山・统考三模）如图，在平行四边形4BC。中，点尸是AD上一点，交AC于点E,交.CD

的延长线于点G,若24F=3FD则震的值为（）

/G

4-----------^—1D

£

B

3221

A.-5B.5-C.3-D.3-

【答案】A

【分析】由2AF=3OR可以假设。F=A,则AD=AF+FD=；k+k=；k,再利用相似三角形性

质即可解决问题.

【详解】解：由2赫=3。凡可以假设。"="则AF=|k,AD=^k,

•・•西边形ABC。是平行四边形，

J.AD//BC,AB//CD,

：.NABE=NDGF,

'：/AFE=/GFD,

:.\ABFSXDFG、且NAF£=NG8C,

.二△BCG为等腰三角形，即8C=CG=4O=3M

•••△GFQ为等腰三角形，即尸O=G。，

：.CD=CG-DG=-k-k=-k,

22

-AB//CD,

AB〃CG,

乙EAB=AECG

•••{LEBA=乙EGC

LAEB=/.CEG

:.AABESACGE,

.BE_AB_次_3

••==r-=1

EGCG-k5

故选：A.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关健是熟练掌握相似三角形的

判定和性质进行解题.

42.（2023•山东德州・统考一模）妇图，四边形力BCO为平行四边形，则点8的坐标为.

【分析】根据平行四边形的性质以及点的平移即可得出结论.

【洋解】解：•.•四边形力BCD为平行四边形，

ADA||CB,即将。点平移到4的过程与将C点平移到B的过程保持一致，

••・将。点平移到力的过程是：X：-1-3=-4(向左平移4各单位长度)；y:2-2=0(上下无平移)；

二将C点平移到B的过程按照上述一致过程进行得到8(2-4,-1),即8(-2,-