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专题9 多边形及特殊四边形
5年真题
考点1 菱形
1．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
考点2 矩形
2．（2020·广东深圳·中考真题）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K,FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°．其中正确的结论共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
考点3 正方形
3．（2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
1年模拟
4．（2024·广东深圳·三模）如图，要使成为菱形，下列添加条件正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·广东深圳·三模）如图，在菱形中，．已知的周长是15，则菱形的周长是（ ）
A．23 B．20 C．15 D．10
6．（2024·广东深圳·二模）如图，的对角线相交于点．如果添加一个条件，使得是矩形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·广东深圳·一模）如图，已知，按以下步骤作图，如图1～图3．
（1）以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点B、D； （2）分别以点B，D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C； （3）分别连接，
则可以直接判定四边形是菱形的依据是（ ）
A．一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形
8．（2024·广东深圳·三模）如图，正方形中，，点在的延长线上，且．连接，的平分线与相交于点，连接，则的长为
9．（2024·广东深圳·三模）如图，将平行四边形沿折叠，点的对应点恰好为边上的三等分点（），若，，，则
10．（2024·广东深圳·三模）如图，四边形，连接，，，，若，若，则的长为
11．（2024·广东深圳·三模）如图，在矩形中，，，点是的中点，点是对角线上一点，与关于直线对称，交于点，当中有一个内角为时，则的长为
12．（2024·广东深圳·二模）如图，正方形的边长为，等腰直角的直角边长为，，是的中点，是的中点，连接，则的长为
13．（2022·广东深圳·一模）如图，正方形的边长为2，点是中点，将沿翻折至，延长交边于点，则的长为
14．（2024·广东深圳·三模）【探究发现】
（1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长．
【能力提升】
（2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积．
【拓展应用】
（3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度．
15．（2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：；
（2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长．
16．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求．
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专题9 多边形及特殊四边形
5年真题
考点1 菱形
1．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形为菱形，
∴，∵，∴，∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
考点2 矩形
2．（2020·广东深圳·中考真题）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K,FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°．其中正确的结论共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由折叠的性质可得四边形EBFG是菱形从而判断①②正确；由角平分线定理即可判断DG≠GH，由此推出③错误；根据F、C重合时的性质，可得∠AEB=30°，进而算出④正确．
【详解】
连接BE,由折叠可知BO=GO，∵EG//BF，∴∠EGO=∠FBO，又∵∠EOG=∠FOB，
∴△EOG≌△FOB(ASA) ，∴EG=BF，∴四边形EBFG是平行四边形，
由折叠可知BE=EG，则四边形EBFG为菱形，故EF⊥BG，GE=GF，∴①②正确；
∵四边形EBFG为菱形，∴KG平分∠DGH，∴DG≠GH，∴ S△GDK≠S△GKH，故③错误；
当点F与点C重合时，BE=BF=BC=12=2AB，
∴∠AEB＝30°，，故④正确．
综合，正确的为①②④．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质,菱形的判断,折叠的性质,关键在于结合图形对线段和角度进行转换．
考点3 正方形
3．（2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于对边比邻边即可求解；
②中先证明得到EM=EC，DM=FC，再证明即可求解；
③中先证明GECM，得到即可求解；
④中由得到，再由即可求解．
【详解】解：①∵，∴∠DMF=90°=∠NCF，且对顶角∠MND=∠CNF，
∴∠GFB=∠EDC，∵ABCD为正方形，E是BC的中点，∴BC=CD，
∴，①正确；
②由①知，又，已知，∴()，∴，∴，
∵，，，∴()，
∴，故②正确；
③∵，，∴BE=ME，且∠B=∠GME=90°，
GE为和的公共边，∴（），∴，
∵，∴，
由三角形外角定理可知：，
∴，∴，∴，∵，，∴，故③错误；
④由上述可知：，，∴，∵，
∴，
∴，故④正确．
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
1年模拟
4．（2024·广东深圳·三模）如图，要使成为菱形，下列添加条件正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的判定、平行四边形的性质、垂直平分线的性质、矩形的判定进行逐一判定即可求解．
【详解】解：A、当时，是矩形，故此选项错误；
B、当时，∵四边形是平行四边形，∴与互相平分，∴，
∴是菱形，故此选项正确；
C、当时，是矩形，故此选项错误；
D、当时，不能证明是菱形，故此选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的性质、垂直平分线的性质、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
5．（2024·广东深圳·三模）如图，在菱形中，．已知的周长是15，则菱形的周长是（ ）
A．23 B．20 C．15 D．10
【答案】B
【分析】根据菱形对角线性质可求，而，易证是等边三角形，结合的周长是15，从而可求，即可求出；本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明是等边三角形．
【详解】四边形是菱形，是对角线，，，，是等边三角形，∵的周长是15，
，菱形的周长是20
故选：B．
6．（2024·广东深圳·二模）如图，的对角线相交于点．如果添加一个条件，使得是矩形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可，
本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
当时，是菱形，不是矩形，不符合题意，
当时，，是矩形，符合题意，
当时，是菱形，不是矩形，不符合题意，
当时，是平行四边形，不是矩形，不符合题意，
故选：．
7．（2024·广东深圳·一模）如图，已知，按以下步骤作图，如图1～图3．
（1）以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点B、D； （2）分别以点B，D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C； （3）分别连接，
则可以直接判定四边形是菱形的依据是（ ）
A．一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形
【答案】D
【分析】此题重点考查尺规作图、菱形的判定定理等知识．由作图得，即可根据“四条边相等的四边形是菱形”证明四边形是菱形，于是得到问题的答案．
【详解】解：由作图得，，∴，
∵四条边相等的四边形是菱形，∴四边形是菱形，
故选：D．
8．（2024·广东深圳·三模）如图，正方形中，，点在的延长线上，且．连接，的平分线与相交于点，连接，则的长为
【答案】
【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．如图，过作 于，于，由平分，可知，可得四边形是正方形，，设，则，证明，则，即，解得，，由勾股定理得．
【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是矩形，，
平分，，，四边形是正方形，
设，则，，，，即，解得：，，由勾股定理得：，
故答案为：．
9．（2024·广东深圳·三模）如图，将平行四边形沿折叠，点的对应点恰好为边上的三等分点（），若，，，则
【答案】
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．过A作于，根据三角函数的定义得到，设，，根据勾股定理得到，求得，，根据平行四边形的性质得到，，求得，得到，得到，推出四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据折叠的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：过作于，
，，，设，，
，，，，四边形是平行四边形，
，，，点是边上的三等分点，，
，，，四边形是矩形，，
将平行四边形沿折叠，点的对应点恰好为边上的三等分点，，
，，，
故答案为：
10．（2024·广东深圳·三模）如图，四边形，连接，，，，若，若，则的长为
【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定 性质，勾股定理，构造辅助线是关键；过A作于E，交延长线于F；由及，得，设，则，由勾股定理得；由辅助线作法及已知得四边形是矩形，则；设，则，，由内角和定理得，则有，在中由勾股定理即可求得k的值，再由勾股定理即可求得．
【详解】解：如图，过A作于E，交延长线于F；，
；，设，则，
由勾股定理得；，，，
四边形是矩形，；设，则，，，，
，即，，
即；在中，由勾股定理得：，
解得：（舍去），则，由勾股定理得．
故答案为：．
11．（2024·广东深圳·三模）如图，在矩形中，，，点是的中点，点是对角线上一点，与关于直线对称，交于点，当中有一个内角为时，则的长为
【答案】或
【分析】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、矩形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质是解题的关键．
因为四边形是矩形，所以，，，因为，所以，，因为点是的中点，所以，当中有一个内角为时，分两种情况：①当时，则，四边形是矩形，所以；②当时，则，所以，，，由折叠的性质得：，所以，；综上所述，的长为或 ．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∵，
∴，，∵点是的中点，∴，
当中有一个内角为时，分两种情况：
当时，如图1所示：
则，四边形是矩形，∴；
当时，如图所示：
则，∴，，
∴，由折叠的性质得：，
∴，∴；
综上所述，的长为或；
故答案为或．
12．（2024·广东深圳·二模）如图，正方形的边长为，等腰直角的直角边长为，，是的中点，是的中点，连接，则的长为
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．连接，，过点作，交的延长线于点．根据正方形的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，，过点作，交的延长线于点．
∵四边形是正方形，是的中点，，，，是等腰直角三角形，，，，
，．，，，，∴，，
故答案为：．
13．（2022·广东深圳·一模）如图，正方形的边长为2，点是中点，将沿翻折至，延长交边于点，则的长为
【答案】
【分析】连接，易证，设，在中，利用勾股定理列出方程，解方程可得，则．
【详解】解：连接，如图，
正方形的边长为2，，点是中点，，
四边形是正方形，，由折叠可知：，
则，，，
，
在和中，
，
，，设，则，，在中，，，解得：，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，三角形的全等的判定与性质，正方形的性质，勾股定理．利用翻折变换是全等变换是解题的关键．
14．（2024·广东深圳·三模）【探究发现】
（1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长．
【能力提升】
（2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积．
【拓展应用】
（3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度．
【答案】（1）；（2）；（3）4，或
【分析】（1）连接，由可判定，由全等三角形的性质得，设，有勾股定理得，即可求解；
（2）连接，过作交于，交于，过作交于，设，则，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，可求出，，由勾股定理得，可求出、、，由即可求解；
（3）①当在边上时，由等边三角形的判定方法得是等边三角形，即可求解；②当在边上时，延长交的延长线于，过作交于，交于， 设，，，由勾股定理得，可求出，进而求出、，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解； ③当在对角线上时，设，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接，
四边形是正方形，，是的中点，，
由折叠得：，，，，，
在和中
，
（），，设，，，
，在中，，解得：，
；
（2）如图，连接，过作交于，交于，过作交于，
，四边形是矩形，，，
四边形是矩形，四边形是矩形，，，，
，F为的中点，，由折叠得：，
，，，设，，，
，，，，
，解得：，，在中，，
，解得：，，，
，；
（3）①当在边上时，
，由折叠得：，，是等边三角形，；
②当在边上时，
如图，延长交的延长线于，过作交于，交于，
，，，设，，
，由折叠得：，，，，
，，，在中，
，解得：，，，
，四边形是菱形，，，
，，，，，
解得：，；
③当在对角线上时，
四边形是菱形，，，是等边三角形，，
，，，设，，
由折叠得：，，，，
，，，解得：，，
，解得：，经检验：是此方程的根；；
综上所述：的长度为或或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定及性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质，能根据题意构建三角形相似及全等是解题的关键．
15．（2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：；
（2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）由正方形的性质及得出，利用证明，即可得出；
（2）作于点，交于点，作于点，交于点，由矩形的性质得出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，即可证明四边形是矩形，进而可证明，得出，根据即可得答案；
（3）作于点，交的延长线于点，由菱形的性质得出，利用三角函数得出，，分点在线段上和点在线段延长线上两种情况，利用三角函数及的面积求出的值，即可得出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∵，
∴，∴，
在和中，，
∴，∴．
（2）如图2，作于点，交于点，作于点，交于点，则，
∵四边形是矩形，，，∴，，
∵，∴四边形是矩形，∴，，
∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，∴，∵于点，∴，∴，∵，∴，
∴，∴，∵，∴，
解得或（舍去），∴的长是．
（3）解：线段的长为或，理由如下：
如图3，作于点，交的延长线于点，则，
∵四边形是菱形，，，∴，，
∴，∴，，
∴，，
∴，点在线段上，且，则，
∴，∴，
设于点，则，，∴，
∴，∵，
∴，∴，
∴，∴；
如图4，点在线段延长线上，且，则，
∴，∴，
设于点，则，，∴，
∴，∵，
∴，∴，
∴，
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握其性质，合理作出辅助线并分类讨论是解决此题的关键．
16．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由菱形的性质得且，再证明，则四边形是平行四边形，然后证明，即可得出结论．
（2）过点作于点，则，得，由菱形的性质和勾股定理得，再由菱形面积求出的长，进而由勾股定理求出的长，然后由三角形面积求出的长，即可解决问题．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，且，，
，即，，，
四边形是平行四边形，，，平行四边形是矩形；
（2）解：如图，过点作于点，
则，，四边形是菱形，，，
，，，
在中，由勾股定理得：，，
，，
，，，
，，，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的性质是解题的关键．
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