中考数学全国三年真题分类汇编专题17多边形与平行四边形(解析版)

专题17多边形与平行四边形考点01多边形的内角1．（2025·北京·中考真题）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（

）A．60 B．90 C．120 D．150【答案】C【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式及正多边形的性质求解即可．【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是，∴每个内角的度数为：，故选：C．2．（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正多边形的内角和．根据正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，求解即可．【详解】解：正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，∴，故选：D．3．（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．4．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则°．【答案】205【分析】本题主要考查了多边形的内角和求法，根据其公式解题即可．【详解】解：多边形的内角和为，∴五边形的内角和为，，故答案为：205．5．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了多边形的内角和公式，掌握边形内角和为是解题的关键．根据多边形的内角和公式直接计算即可．【详解】解：由题意得：，故选：C．6．（2025·甘肃·中考真题）如图，一个多边形纸片的内角和为，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（

）A．12 B．11 C．10 D．9【答案】A【分析】本题考查了多边形内角和问题，设原多边形的边数为，根据内角和可解得，按图示的剪法剪去一个内角后，新多边形的边数比原多边形的边数多1，即可解答，熟知多边形内角和公式是解题的关键．【详解】解：设原多边形的边数为，则可得，解得，按图示的剪法剪去一个内角后，新多边形的边数比原多边形的边数多1，为，故选：A．7．（2021·青海西宁·中考真题）一个十二边形的内角和是．【答案】/度【分析】本题考查的是多边形内角和，根据多边形内角和公式计算即可．【详解】解：一个十二边形的内角和是，故答案为：．8．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在正边形中，，则的值是（

）

A．16 B．18 C．20 D．36【答案】B【分析】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，中心角，先标字母，将正n变形看成一个圆，再根据圆周角定理求出，可求出中心角的度数，进而得出正多边形的边数．【详解】解：如图所示，标准正方形的中心O，为中心角，将正n变形看成一个圆，∵，∴，∴，∴．故选：B．

9．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则．【答案】81【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解．【详解】解：正五边形中，，，正方形中，，，，，，，故答案为：81．10．（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：【点拨】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．考点02多边形的外角1．（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．2．（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．3．（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．4．（2024·西藏·中考真题）已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的内角和为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了多边形的内角和外角，先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可得解，根据多边形的外角求出边数是解此题的关键．【详解】解：∵正多边形的一个外角为，∴正多边形的边数为，∴这个正多边形的内角和为，故选：B．5．（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：．6．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．【详解】解：∵正八边形的外角和为，∴，故选A【点拨】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为是解本题的关键．考点03平行四边形的判定1．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．【详解】解：A、∵，∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；B、∵，∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；C、∵，∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；D、∵，不能得出四边形是平行四边形，故此选项符合题意；故选：D．【点拨】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）下列说法正确的是（

）A．一个函数是一次函数就一定是正比例函数B．有一组对角相等的四边形一定是平行四边形C．两条直角边对应相等的两个直角三角形一定全等D．一组数据的方差一定大于标准差【答案】C【分析】根据正比例函数的定义、平行四边形的判定、直角三角形全等的判定、标准差的概念对各选项进行判断，选出正确答案即可．【详解】解：A、一个函数是一次函数不一定是正比例函数，故本选项不符合题意；B、有两组对角相等的四边形一定是平行四边形，故本选项不符合题意；C、两条直角边对应相等的两个直角三角形一定全等，故本选项符合题意；D、一组数据的方差不一定大于这组数据的标准差，故本选项不符合题意；故选：C．【点拨】本题考查了正比例函数的定义、平行四边形的判定、直角三角形全等的判定、标准差的概念等知识点，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握各知识点的概念．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）4．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，在中，点，分别在边，上，．(1)求证：；(2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）【答案】(1)见解析(2)添加（答案不唯一）【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定；（1）根据平行四边形的性质得出，，结合已知条件可得，即可证明；（2）添加，依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】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴即，在与中，，∴；（2）添加（答案不唯一）如图所示，连接．∵四边形是平行四边形，∴，即，当时，四边形是平行四边形．5．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，试判断四边形的形状，并证明．【答案】(1)见解析(2)当时，四边形是矩形，理由见解析【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质；（1）先证明，可得，结合可得结论；（2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论.【详解】（1）证明：∵点为的中点∴，∵∴，，在和中∴，∴∵∴四边形是平行四边形；（2）证明：当时，四边形是矩形，理由如下：∵，点是边上的中点，∴即，∵由（1）得四边形是平行四边形，∴四边形是矩形.6．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且．(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】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．（1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形．（2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴且．又，．．又．∴四边形是平行四边形．（2）解：过点作于点．∵四边形是正方形，，．又，∴四边形是矩形．．又，．在中，由勾股定理得．7．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状．【答案】(1)证明见详解(2)四边形为正方形【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形．（2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出，即可得出四边形为正方形．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，由∵，∴四边形是平行四边形．（2）四边形是正方形．过点B作于点G，∴，∵四边形是平行四边形．∴，，∴，，∴，，由（1），∴，∵，∴，∴，∴四边形是正方形．【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键．考点04平行四边形的性质1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果．【详解】解：∵，∴，∴；故选B．2．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可．【详解】解：根据作图可知：，∵，∴为等边三角形，∴，∴；故选D．3．（2025·河北·中考真题）平行四边形的一组邻边长分别为，，一条对角线长为．若为整数，则的值可以为．（写出一个即可）【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系，不等式组的整数解，根据题意得出，进而写出一个整数解即可求解．【详解】解：依题意，∴，∵为整数，∴可以是，，，，故答案为：（答案不唯一）．4．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为．【答案】【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线，过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，，∵为线段上的动点，∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，则如图，过点作的平行线，过点作关于线段的对称点，由对称性得，∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，∵菱形中，，，∴，，，由题可得，∴由对称性可得，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，，∴，，∴，即的最小值为，故答案为：．【点拨】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．5．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质，由三角形中位线的性质得，进而由平行四边形的性质得，即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．【详解】解：∵点是对角线的中点，点是边的中点，∴是的中位线，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，故选：．6．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则．【答案】2【分析】本题考查平行四边形的性质，等角对等边，根据平行四边形的性质，得到，得到，角平分线的定义，得到，进而得到，进而得到即可．【详解】解：∵，，∴，∴，∵的平分线交于点E，∴，∴，∴；故答案为：2．7．（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】见解析，【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】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵点是平行四边形边的中点，∴，∴，∴，∴．8．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点在边上，，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点F．求证：．小丽的思考过程如下：参考小丽的思考过程，完成推理．【答案】见解析【分析】本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明，可得，同理可得：，再进一步证明即可．【详解】证明：四边形是平行四边形，，，同理可得，，∴又，即，又，．9．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长，交的延长线于点E，求证：．【答案】证明见解析【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，先根据平行四边形对边平行推出，再由线段中点的定义得到，据此可证明，进而可证明．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵点O是的中点，∴，∴，∴．10．（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】证明见解析【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】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，又∵，∴，∴．11．（2017·山东淄博·中考真题）已知：如图，E，F为□ABCD对角线AC上的两点，且AE=CF，连接BE，DF，求证：BE=DF．【答案】证明见解析．【分析】利用SAS证明△AEB≌△CFD，再根据全等三角形的对应边相等即可得．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//DC，AB=DC，∴∠BAE=∠DCF，在△AEB和△CFD中，，∴△AEB≌△CFD（SAS），∴BE=DF．【点拨】本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键．考点05平行四边形的判定与性质综合1．（2025·安徽·中考真题）在如图所示的中，，分别为边，的中点，点，分别在边，上移动（不与端点重合），且满足，则下列为定值的是（

）A．四边形的周长 B．的大小C．四边形的面积 D．线段的长【答案】C【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等的性质，通过全等三角形转化面积关系，是解题的关键．利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等分析四边形各边、角、面积等是否为定值，重点关注面积能否通过转化为平行四边形面积的一部分来判断．【详解】解：连接，在中，，分别为，中点，且，，，且，四边形是平行四边形，，同理，且．∴四边形是平行四边形，则与的面积分别为与面积的一半，四边形的面积，四边形的面积始终为面积的一半，是定值．选项A：、等边长随、移动变化，周长不定，错误．选项B：随位置改变，错误．选项D：长度随、移动改变，错误．综上，四边形的面积是定值，故选：．2．（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)详见解析(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）证明：是线段的中点，．，．在和中，．（2），是线段的中点，．，．又，∴四边形是平行四边形，．3．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，，点M是的中点，点D和点N分别是线段和上的动点．(1)当点D和点N分别是和的中点时，求a的值；(2)当时，以点C，D，N为顶点的三角形与相似，求的值；(3)当时，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）勾股定理求出的长，中点求出的长，的长，根据，求出的值即可；（2）设，得到，，进而得到，分和两种情况进行讨论，列出比例式进行求解即可；（3）作于点，连接，易得为等腰直角三角形，得到，，进而得到四边形为平行四边形，得到，将绕点旋转90度得到，连接，证明，得到，进而得到，得到，勾股定理求出的长即可．【详解】（1）解：∵等腰直角三角形中，，，，，∴，∵点D和点N分别是和的中点，∴，，∵，∴；（2）∵，，∴，设，则：，，∵等腰直角三角形中，，，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，当点C，D，N为顶点的三角形与相似时，分两种情况：①当时，则：，∴，此方程无解，不符合题意；②当时，则：，∴，解得：（不符合题意，舍去）或；∴；综上：；（3）∵，，∴，作于点，连接，则：，∴为等腰直角三角形，∴，，∴，，又，∴四边形为平行四边形，∴，将绕点旋转90度得到，连接，则：，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴当点在线段上时，的值最小为的长，在中，，∴，∴的最小值为．【点拨】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，求线段和的最小值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．4．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（

）

A．4 B．6 C．8 D．16【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴周长为：，故选：C．5．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！(1)证明；(2)指出小丽作法中存在的问题．【答案】(1)见详解(2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，（1）根据小明的作图方法证明即可；（2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可．【详解】（1）∵，∴，又根据作图可知：，∴四边形是平行四边形，∴；（2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故无法确定F的位置，故小丽的作法存在问题．6．（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点．(1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）．(2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)作图见详解(2)证明过程见详解【分析】本题主要考查圆的基本性质，尺规作垂线，平行四边形的判定和性质，掌握以上知识是关键．（1）运用尺规作直径的垂直平分线即可；（2）根据平行四边形的性质结合题意得到，，即，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证．【详解】（1）解：如图所示，∵是直径，∴运用尺规作直径的垂直平分线角于点，∴点即为所求点的位置；（2）证明：如图所示，∵四边形是平行四边形，∴，∵点分别是的中点，∴，，即，∴四边形是平行四边形．7．（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)见解析(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