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专题9 多边形及特殊四边形
5年真题
考点1 平行四边形
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则
2．（2022·广东广州·中考真题）如图，在中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为
考点2 矩形
3．（2021·广东广州·中考真题）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
考点3 正方形
4．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为
5．（2022·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且
CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B． C． D．
1年模拟
6．（2024·广东广州·三模）如图，已知四边形是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是菱形 B．若，则是正方形
C．若，则是矩形 D．若，则是正方形
7．（2024·广东广州·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，的平分线交对角线于点E，且，则线段的长为（ ）
A．1 B． C． D．
8．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形纸片中，，，点E，F分别是矩形的边，上的动点，点B关于直线对称的点刚好落在边上，与交于点O．连接，，以下四个结论：①四边形是菱形；②当点与点D重合时，；③的面积S的取值范围是；④当时，四边形的面积为．正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．③④ D．①②
9．（2024·广东广州·二模）在四边形中，，，如果再添加一个条件，可得出四边形是矩形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·广东广州·一模）如图， 在中，，，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，则a的值可以为（ ）
A．2 B．3 C． D．
11．（2024·广东广州·三模）将正方形的边绕点A逆时针旋转，得到，连接．当点E落在的垂直平分线上时，的度数为
12．（2024·广东广州·二模）如图，正方形，为上一个动点，交于点．过点作交于点，作于点，连接，下列结论：①；②；③；④为定值，其中正确的结论有 （填序号）．
13．（2024·广东广州·二模）如图，在边长为6的正方形中．点E在边上，，点P、Q分别是直线、上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，则的最小值是
14．（2024·广东广州·一模）如图，矩形中，，，点从出发以每秒3个单位长度的速度沿运动一周到点停止．当点不与矩形的顶点重合时，过点作直线，与矩形的边的另一交点为．若点的运动时间为，当时，长度的范围是
15．（2024·广东广州·二模）已知：如图，在平行四边形中，为对角线的中点，过点的直线分别交，于，两点，求证：．
16．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，．求证：平分．
17．（2024·广东广州·二模）如图，，点、、、在同一条直线上，，求证：四边形为菱形．
18．（2024·广东广州·一模）如图，已知四边形是矩形．延长至E使．连接分别交，于点G，F，且．
(1)过点C作，交的延长线于点M．求证：四边形是平行四边形；
(2)连结，求证：．
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专题9 多边形及特殊四边形
5年真题
考点1 平行四边形
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则
【答案】5
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．
【详解】解：在中，，，，，
平分，，，，，
故答案为：5．
2．（2022·广东广州·中考真题）如图，在中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为
【答案】21
【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=OC=AC，BO=OD=BD，BC=AD=10,
∵AC+BD=22，∴OC+BO=11，∵BC=10，∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=21．
故答案为：21．
【点睛】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分，属于中考基础题．
考点2 矩形
3．（2021·广东广州·中考真题）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
【答案】B
【分析】正确的命题叫真命题，根据定义解答．
【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故（1）是真命题；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故（2）不是真命题；
对角线相等的平行四边形是矩形，故（3）不是真命题；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故（4）是真命题；
故选：B．
【点睛】此题考查真命题的定义，熟记定义并正确掌握平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
考点3 正方形
4．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为
【答案】
【分析】连接交于一点F，连接，根据正方形的对称性得到此时最小，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接交于一点F，连接，
∵四边形是正方形，∴点A与点C关于对称，∴，
∴，此时最小，
∵正方形的边长为4，∴，∵点E在上，且，
∴，即的最小值为
故答案为：．
【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．
5．（2022·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 ， 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，
∵正方形ABCD的面积为3，
∵ ，∴ ，∴， ∴
，∵平分 ，
∴ ，∴ ，∴为等腰直角三角形，
∵分别为的中点，
故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
1年模拟
6．（2024·广东广州·三模）如图，已知四边形是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是菱形 B．若，则是正方形
C．若，则是矩形 D．若，则是正方形
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形和正方形以及菱形的判定，熟练掌握矩形和正方形以及菱形的判定定理是解题的关键．
根据矩形和正方形以及菱形的判定定理逐项判断，即可解答．
【详解】解：A、邻边互相垂直的平行四边形不一定是菱形，故A错误，不符合题意；
B、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误，不符合题意；
C、若，则是矩形，故C正确，符合题意；
D、因为邻边相等的平行四边形是菱形，故D错误，不符合题意；
故选：C．
7．（2024·广东广州·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，的平分线交对角线于点E，且，则线段的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，由矩形的性质推出，，，得到，，判定是等边三角形，由等边三角形的性质得到，关键是得到是等边三角形．
【详解】解：四边形是矩形，，，，
，，，是等边三角形，平分，
，，，．
故选：B．
8．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形纸片中，，，点E，F分别是矩形的边，上的动点，点B关于直线对称的点刚好落在边上，与交于点O．连接，，以下四个结论：①四边形是菱形；②当点与点D重合时，；③的面积S的取值范围是；④当时，四边形的面积为．正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．③④ D．①②
【答案】A
【分析】本题综合考查了菱形的性质和判定，矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，二次函数的函数值的范围，熟练掌握相关内容是解题的关键．
证明，即可证明四边形是菱形，故①正确；当点与点D重合时，设，则，得，解得，求得，利用勾股定理可求，由此可求，可判定②正确；
利用，而，可得到的面积S的取值范围是，可判定③错误；当时，可求得，即可求出梯形的面积，由此判定④．
【详解】解： 点B关于直线对称的点刚好落在边上，
，， 为矩形， ， ，
又 ，， ， ，
四边形是平行四边形， ，，，
， ， 四边形是菱形，故①正确；
当点与点D重合时，如图所示，
设，则，由于四边形是菱形，
， ，解得，
，， ，
， ，
，故②正确；
,
当点与点D重合时，取得最大值，即， ，
当时，，当时，，
在，随着值增大而增大，
的面积S的取值范围是，故③错误；
当时，如图，
， ， ，
四边形的面积为，
故④正确，
综上所述，①②④符合题意；
故选：A．
9．（2024·广东广州·二模）在四边形中，，，如果再添加一个条件，可得出四边形是矩形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质．根据“有一个是直角的平行四边形是矩形”可得出结论．
【详解】解：∵，，∴四边形是平行四边形，
若添加，则该四边形是矩形．
故选：D．
10．（2024·广东广州·一模）如图， 在中，，，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，则a的值可以为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定，平移的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键．先证得四边形为平行四边形，当时，为菱形，此时，即可解答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，即，，
∵将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，∴，
∴四边形为平行四边形，∴当时，为菱形，
此时．
故选：A
11．（2024·广东广州·三模）将正方形的边绕点A逆时针旋转，得到，连接．当点E落在的垂直平分线上时，的度数为
【答案】或
【分析】本题考查选旋转的性质、线段垂直平分线的性质，全等三角形法人判定和性质及正方形的性质，分两种情况讨论，根据点在的垂线平分线上，利用全等三角形，可得出是等边三角形，据此可解决问题，能通过全等三角形的性质得出是等边三角形是解题的关键．
【详解】解：当点在正方形内部时，如图所示，
点在的垂线平分线上，，．又四边形是正方形，
，，．
在和中，
，
，．
由旋转可知，，又，，是等边三角形，
，，，
．
当点在正方形外部时，如图所示，
同理可得，．综上所述，的度数为或．
故答案为：或．
12．（2024·广东广州·二模）如图，正方形，为上一个动点，交于点．过点作交于点，作于点，连接，下列结论：①；②；③；④为定值，其中正确的结论有 （填序号）．
【答案】②③④
【分析】连接、，交于点，根据正方形的性质可得，，，四点共圆，进而可得，于是可判断①；由余角的性质可得，从而可利用证明，可得，再根据正方形的性质即可判断②；如图，将绕点顺时针旋转至，使和重合，连接，根据旋转的性质和可推得，进而可得，进一步即可判断③；如图，作于，于，由题意易得四边形是正方形，进一步即可推出，可得，进而得，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断④，于是可得答案．
【详解】解：如图1，连接、，交于点，四边形是正方形，
，，，，，
，，，四点共圆，，，
，，故①不正确；
，，，，， ，
，故②正确；
如图，将绕点顺时针旋转至，使和重合，连接，
则，，，、、三点在同一直线上，
，，又，，
，即，故③正确；
如图，作，垂足为，作，垂足为，点是对角线上的点，
四边形是正方形，有，，
，又，，
，，：，
，故④正确．
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键．
13．（2024·广东广州·二模）如图，在边长为6的正方形中．点E在边上，，点P、Q分别是直线、上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，则的最小值是
【答案】
【分析】此题考查了翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题．作点D关于的对称点，连接，，由轴对称可知，，，又因，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值为．
【详解】解：如图，作点D关于的对称点，连接，，
在中，，，由轴对称可知，，，
，当、、、共线时， 定值最小，最小值为，
的最小值是．
故答案为：．
14．（2024·广东广州·一模）如图，矩形中，，，点从出发以每秒3个单位长度的速度沿运动一周到点停止．当点不与矩形的顶点重合时，过点作直线，与矩形的边的另一交点为．若点的运动时间为，当时，长度的范围是
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．由题意知，当时，点运动的路程为，当时，点运动的路程为，由，，可知当时，点在线段上，如图，当时，点运动到，此时四边形是矩形，根据，计算求解；当时，点运动到，此时四边形是矩形，根据，计算求解；然后作答即可．
【详解】解：由题意知，当时，点运动的路程为，
当时，点运动的路程为，∵，，
∴当时，点在线段上，
如图，当时，点运动到，此时四边形是矩形，
∴，，由勾股定理得；
当时，点运动到，此时四边形是矩形，同理，，
由勾股定理得，；∴长度的范围是，
故答案为：．
15．（2024·广东广州·二模）已知：如图，在平行四边形中，为对角线的中点，过点的直线分别交，于，两点，求证：．
【答案】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，熟知平行四边形对边平行且相等是解题的关键．先根据平行四边形的性质得到，再证明，得到．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，
∵为对角线的中点，∴，
在与中，
，
∴，∴．
16．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，．求证：平分．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查了勾股定理逆定理，菱形的判定与性质，由，，，根据勾股定理逆定理得，再根据菱形的判定与性质即可求证，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵，，，∴，∴，
∴，∴是菱形，∴平分．
17．（2024·广东广州·二模）如图，，点、、、在同一条直线上，，求证：四边形为菱形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，平行线的判定，菱形的判定定理，掌握“有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形”，综合运用相关知识是解决问题的关键．
由全等三角形的性质得到，，进而证得，得到四边形为平行四边形，证明，根据菱形的判定定理即可证得结论．
【详解】证明：，，，，
∴四边形为平行四边形，，，，
∴四边形为菱形．
18．（2024·广东广州·一模）如图，已知四边形是矩形．延长至E使．连接分别交，于点G，F，且．
(1)过点C作，交的延长线于点M．求证：四边形是平行四边形；
(2)连结，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质：
（1）由题意知，再由垂直证明即可求证；
（2）过点A作交于点N，先证明得出，，即可解答．
【详解】（1）证明：如图，
∵四边形是矩形，∴，即，∵，∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：过点A作交于点N，
∵四边形是矩形，∴，∴，∵，
∴，∴，∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∴．
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