2025年中考数学真题分类汇编19：多边形与平行四边形（6大考点，精选42题）（教师版）

这是一份2025年中考数学真题分类汇编19：多边形与平行四边形（6大考点，精选42题）（教师版），共6页。
A．60B．90C．120D．150
【答案】C
【分析】本题考查了多边形内角和公式，即n−2×180°，其中n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x°，
∴每个内角的度数为：x°=6−2×180°÷6=120°，
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∠ABC的大小是（ ）
A．90°B．120°C．135°D．150°
【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60°，正方形的每个内角为90°，求解即可．
【详解】解：正三角形的每个内角为180°3=60°，正方形的每个内角为360°4=90°，
∴∠ABC=60°+90°=150°，
故选：D．
3．（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．10B．11C．12D．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：n−2×180°=4×360°
解方程，得n=10
因此，该多边形的边数为10，
故选：A．
4．（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α+β=（ ）
A．140°B．150°C．160°D．170°
【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180°−360°n，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，
∴∠A=90°，∠B=180°−360°6=120°，
∵∠1+∠2+∠A+∠B=180°，∠1=α，∠2=β，
∴∠1+∠2=360°−90°−120°=150°，
∴α+β=∠1+∠2=150°，
故选：B．
5．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（ ）
A．360°B．540°C．720°D．900°
【答案】C
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，掌握n边形内角和为n−2×180°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：6−2×180°=4×180°=720°，
故选：C．
6．（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是140°，则这个多边形的边数为 ．
【答案】9
【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解题关键．先求出这个多边形的每个外角都是40°，再根据多边形的外角和等于360°求解即可得．
【详解】解：∵这个多边形的每个内角都是140°，
∴这个多边形的每个外角都是180°−140°=40°，
∴这个多边形的边数为360°÷40°=9，
故答案为：9．
7．（2025·四川成都·中考真题）正六边形ABCDEF的边长为1，则对角线AD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AC，求出正六边形的一个内角的度数，等边对等角，求出∠BCA的度数，进而推出△ACD为含30度角的直角三角形，进行求解即可．
【详解】解：连接AC，
∵正六边形ABCDEF，
∴AB=BC=CD=1，∠ABC=∠BCD=∠CDE=16×6−2×180°=120°，
∴∠BCA=∠BAC=30°，
∴∠ACD=120°−30°=90°，
∵正六边形为轴对称图形，
∴∠CDA=12∠CDE=60°，
∴∠CAD=30°，
∴AD=2CD=2；
故答案为：2．
8．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形ABCDE中，∠B=120°，∠C=110°，∠D=105°，则∠A+∠E= °．
【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180°×(n−2)，
∴五边形ABCDE的内角和为180°×(5−2)=540°，
∴∠A+∠E=540°−∠B−∠C−∠D=540°−120°−110°−105°=205°，
故答案为：205．
9．（2025·吉林长春·中考真题）图①是一个正十二面体，它的每个面都是正五边形，图②是其表面展开图，则∠α为 度．
【答案】36
【分析】本题考查的是正多边形的内角与外角的问题，先求解正五边形的每一个内角为：180°−360°5=108°，再进一步求解即可.
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为：180°−360°5=108°，
∴∠α=360°−3×108°=36°，
故答案为：36
10．（2025·吉林·中考真题）如图，正五边形ABCDE的边AB，DC的延长线交于点F，则∠F的大小为 度．
【答案】36
【分析】本题主要考查了正多边形外角和定理，三角形内角和定理，多边形外角和为360度，据此可求出∠FBC、∠FCB的度数，再利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：五边形ABCDE是正五边形，
∴∠FBC=∠FCB=360°5=72°，
∴∠F=180°−∠FBC−∠FCB=36°，
故答案为：36．
11．（2025·江西·中考真题）如图，创意图案中间空白部分为正多边形，该正多边形的内角和为 度．
【答案】720
【分析】本题考查了多边形的内角和公式；根据n边形的内角和公式n−2×180°进行计算即可．
【详解】解：根据图形知，空白部分为六多边形，
六边形的内角和为6−2×180°=720°，
故答案为：720．
12．（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形ABCDEFGH为正八边形，连接AC，BD，AC与BD交于点M，∠AMB= °．
【答案】45
【分析】本题主要考查了正多边形内角问题，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据正多边形内角计算公式求出∠ABC=∠BCD=135°，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出∠BCA，∠CBD的度数，最后根据三角形外角的性质即可得到答案．
【详解】解：∵八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴∠ABC=∠BCD=180°×8−28=135°，AB=BC=CD，
∴∠BCA=∠BAC=180°−∠ABC2=22.5°，
同理可得∠CBD=22.5°，
∴∠AMB=∠CBD+∠BCA=45°，
故答案为：45．
13．（2025·山东烟台·中考真题）【问题呈现】
如图1，已知P是正方形A1A2A3A4外一点，且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°，探究PA1，PA2，PA3三条线段的数量关系．
小颖通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：如图2，构造△QA3A2与△PA1A2全等，从而得出PA1+PA3与PA2的数量关系；
思路二：如图3，构造△MA1A2与△NA3A2全等，从而得出PA1+PA3与PA2的数量关系．
（1）请参考小颖的思路，直接写出PA1+PA3与PA2的数量关系______________；
【类比探究】
（2）如图4，若P是正五边形A1A2A3A4A5外一点，且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°，PA1=11，PA3=49，求PA2的长度（结果精确到0.1，参考数据：sin54°≈0.81，sin72°≈0.95，cs54°≈0.59，cs72°≈0.31）；
【拓展延伸】
（3）如图5，若P是正十边形A1A2⋅⋅⋅A10外一点，且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180°，则PA1，PA2，PA3三条线段的数量关系为_________（结果用含有锐角三角函数的式子表示）．
【答案】（1）PA1+PA3=2PA2；（2）37.0；（3）PA1+PA3=2PA2⋅sin72°
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质，解直角三角形，多边形的内角和问题，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据思路一：构造△QA3A2与△PA1A2全等，从而得出△A2PQ是等腰直角三角形，即可PA1+PA3与PA2的数量关系；
（2）在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，过点A2作A2T⊥PQ于点T，同（1）得△QA3A2≌△PA1A2，则∠PA2Q=∠A1A2A3=108°，A2P=A2Q，可得∠PA2T=12∠PA2Q=54°，根据PA2=PTcs54°≈300.59≈50.8，即可求解；
（3）同（2）的方法，即可求解．
【详解】（1）PA1+PA3=2PA2
如图2，在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，
∵∠PA1A2+∠PA3A2=180°，∠QA3A2+∠A2A3P=180
∴∠A2A1P=∠A2A3Q
又∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴A2A1=A2A3，
∴△QA3A2≌△PA1A2，
∴∠A1A2P=∠A3A2Q，A2P=A2Q
又∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴∠A1A2A3=90°
∴∠PA2Q=90°，
∴△A2PQ是等腰直角三角形，
∴PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1=2PA2
故答案为：PA1+PA3=2PA2．
（2）解：正五边形的一个内角为5−2×180°5=108°
如图4，在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，过点A2作A2T⊥PQ于点T
同理可得△QA3A2≌△PA1A2，
∴∠PA2Q=∠A1A2A3=108°，A2P=A2Q
∴∠PA2T=12∠PA2Q=54°
∵PA1=11，PA3=49，
∴PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1 =60
∴PT=12PQ=30
∴PA2=PTsin54°≈300.81≈37.0；
（3）如图，在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，过点A2作A2T⊥PQ于点T
同理可得∠PA2Q=∠A1A2A3=10−2×180°10=144°
∴∠PA2T=12∠PA2Q=72°
∴PA2=PTcs54°≈300.59≈50.8
∵PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1
∴PT=12PQ=12PA1+PA3
∴PA2=PTsin72°=12PA1+PA3sin72°即PA1+PA3=2PA2⋅sin72°
故答案为：PA1+PA3=2PA2⋅sin72°．
考点2平行四边形的性质
14．（2025·贵州·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=3,BC=5,∠ABC=60°，以A为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E，则EC的长为（ ）
A．5B．4C．3D．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AB=AE，进而推出△ABE为等边三角形，得到BE=AB=3，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：AB=AE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE为等边三角形，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC−BE=5−3=2；
故选D．
15．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿AD,BC剪下后得到一个▱ABCD，若∠1=70°，则∠2的度数是（ ）
A．20°B．70°C．80°D．110°
【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：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠2=∠1=70°；
故选B．
16．（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线交点在原点．若A−1,2，则点C的坐标是（ ）
A．2,−1B．−2,1C．1,−2D．−1,−2
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点A与点C关于坐标原点O中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键．
【详解】解：∵平行四边形ABCD的对角线交点在原点，
∴OA=OC，
∴点A与点C关于坐标原点O中心对称，
∵点A的坐标为A−1,2，
∴点C的坐标是(1,−2)，
故选：C．
17．（2025·河北·中考真题）平行四边形的一组邻边长分别为3，4，一条对角线长为n．若n为整数，则n的值可以为 ．（写出一个即可）
【答案】2（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1