专题09多边形及特殊四边形（5考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（广东专用）

专题09 多边形及特殊四边形 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1 多边形内角和及外角和 2020·广东卷：多边形内角和 多边形需掌握多边形内角和公式、多边形外角和360°等与之相关的计算，平行四边形及特殊的平行四边形作为初中阶段的基础图形，需要考生掌握它们的性质及判定方法，在中考试题中，常与特殊三角形、勾股定理、角平分线、全等、相似、三角函数、解直角三角形相关联，除了填选题型外，在几何综合题中，也常以特殊平行四边形为背景出题。 考点2 平行四边形 2022·广东卷：平行四边形的性质 2021·广东卷：平行四边形的性质、勾股定理、等积法 2024·广州卷：平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质 2022·广州卷：平行四边形的性质、三角形周长 考点3 菱形 2023·深圳卷：平行四边形和菱形的性质、平移的性质 2024·广东卷：菱形的性质、三角形中线的性质、菱形面积 考点4 矩形 2020·深圳卷：矩形的性质、菱形的判断、折叠的性质 2021·广州卷：平行四边形、菱形、矩形的判定定理 考点5正方形 2022·广州卷：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 2021·深圳卷：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 2020·广东卷：正方形的性质、折叠性质、30°直角三角形性质 2023·广州卷：正方形的性质、将军饮马最值问题、勾股定理 考点1 多边形内角和及外角和 1. （2020·广东·中考真题）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形是（）． A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 考点2 平行四边形 2. （2022·广东·中考真题）如图，在中，一定正确的是（    ） A． B． C． D． 3. （2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则 ． 4. （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 5. （2021·广东·中考真题）如图，在中，．过点D作，垂足为E，则 ． 考点3 菱形 6. （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 7. （2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ． 考点4 矩形 8. （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） 9. （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5正方形 10. （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． 11. （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 12. （2020·广东·中考真题）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（    ） A．1 B． C． D．2 13. （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___________． 14. （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 15. （2024·广东东莞·二模）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了如图2所示的伸缩衣架，已知图中每个菱形的边长为，则其拉伸长度的适宜范围是（    ） A． B． C． D． 16. （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． 17. （2024·广东东莞·三模）如图，正方形的面积为，点在上，点在的延长线上，的面积为，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 18. （2024·广东·三模）如图，在矩形中，点E，F分别在边，上，将四边形沿折叠，使得点A落在点G处，点B恰好落在边上的点H处，连接．若C，H，G三点共线，且，则的长为（    ） A． B． C． D．9 19. （2024·广东河源·一模）如图，是平行四边形边中点，与交于点，连接，已知，，．下列命题：①点是的重心；②与相似；③；④平行四边形的面积为．其中正确的命题为（　　） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 20. （2024·广东云浮·一模）如图，将长方形纸片沿对折（点P在边上，点E在边上），使点B落在点，再将另一部分沿对折，使D，C分别落在，处，若比的2倍大，则的度数为（　　） A．42.5° B．74° C．32.5° D．34° 21. （2024·广东肇庆·二模）如图，为正方形内的一点，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．7 22. （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 23. （2024·广东东莞·一模）一个正八边形的每个外角等于 度． 24. （2024·广东佛山·三模）如图，中国古建筑中的亭台楼阁塔很多都采用六边形结构．六边形的内角和为 ． 25. （2024·广东东莞·一模）如果一个正多边形的一个外角是，则这个正多边形是 边形． 26. （2024·广东佛山·三模）已知菱形的周长是20，且较短的对角线长是6，则此菱形的面积为 ． 27. （2024·广东肇庆·二模）如图，菱形中，，则的长为 ． 28. （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 ． 29. （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 ．    30. （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 ． 31. （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 ． 32. （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 ． 33. （2024·广东深圳·三模）如图，四边形，连接，，，，若，若，则的长为 ．    34. （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）． 35. （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． 36. （2024·广东广州·二模）如图，在中，，，．求证：平分．    37. （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：．    38. （2024·广东汕头·三模）如图，在平行四边形的边、上分别截取、，使得，连接，点、是线段上两点，且，连接、．求证：． 39. （2024·广东湛江·一模）如图，在矩形中，点在上，连接，作于点． (1)若，求证：； (2)若，，，求的长与四边形的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 多边形及特殊四边形 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1 多边形内角和及外角和 2020·广东卷：多边形内角和 多边形需掌握多边形内角和公式、多边形外角和360°等与之相关的计算，平行四边形及特殊的平行四边形作为初中阶段的基础图形，需要考生掌握它们的性质及判定方法，在中考试题中，常与特殊三角形、勾股定理、角平分线、全等、相似、三角函数、解直角三角形相关联，除了填选题型外，在几何综合题中，也常以特殊平行四边形为背景出题。 考点2 平行四边形 2022·广东卷：平行四边形的性质 2021·广东卷：平行四边形的性质、勾股定理、等积法 2024·广州卷：平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质 2022·广州卷：平行四边形的性质、三角形周长 考点3 菱形 2023·深圳卷：平行四边形和菱形的性质、平移的性质 2024·广东卷：菱形的性质、三角形中线的性质、菱形面积 考点4 矩形 2020·深圳卷：矩形的性质、菱形的判断、折叠的性质 2021·广州卷：平行四边形、菱形、矩形的判定定理 考点5正方形 2022·广州卷：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 2021·深圳卷：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 2020·广东卷：正方形的性质、折叠性质、30°直角三角形性质 2023·广州卷：正方形的性质、将军饮马最值问题、勾股定理 考点1 多边形内角和及外角和 1. （2020·广东·中考真题）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形是（）． A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 【答案】B 【详解】根据多边形内角和定理，n边形的内角和公式为，因此， 由 得n=5． 故选B． 考点2 平行四边形 2. （2022·广东·中考真题）如图，在中，一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【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ABCD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． 3. （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． 4. （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． 5. （2021·广东·中考真题）如图，在中，．过点D作，垂足为E，则 ． 【答案】 【分析】首先根据题目中的，求出ED的长度，再用勾股定理求出AE，即可求出EB，利用平行四边形的性质，求出CD，在Rt△DEC中，用勾股定理求出EC，再作BF⊥CE，在△BEC中，利用等面积法求出BF的长，即可求出． 【详解】∵， ∴△ADE为直角三角形， 又∵， ∴ , 解得DE=4, 在Rt△ADE中，由勾股定理得： , 又∵AB=12, ∴ , 又∵四边形ABCD为平行四边形， ∴CD=AB=12,AD=BC=5 在Rt△DEC中，由勾股定理得： , 过点B作BF⊥CE，垂足为F,如图 在△EBC中： S△EBC= ; 又∵S△EBC ∴ , 解得, 在Rt△BFC中， , 故填：． 【点睛】本题考查解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理，三角形的等面积法求一边上的高线，解题关键在于熟练掌握解直角三角形的计算，平行四边形的性质，勾股定理的计算和等面积法求一边上的高． 考点3 菱形 6. （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． 7. （2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 考点4 矩形 8. （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． 9. （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5正方形 10. （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． 11. （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． 12. （2020·广东·中考真题）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】D 【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到，进而得到，然后在中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD∥AB， ∴∠EFD=∠FEB=60°， 由折叠前后对应角相等可知：， ∴， ∴， 设AE=x，则， ∴AB=AE+BE=3x=3， ∴x=1， ∴BE=2x=2， 故选：D． 【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题． 13. （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】 【解析】 【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． 14. （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】此题考查了菱形，矩形，正方形的判定方法，对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形． 根据已知及各个特殊四边形的判定方法对各个选项进行分析从而得到最后答案． 【详解】解：、错误，有一个角为的平行四边形是矩形； B、错误，对角线互相垂直的平行四边形是菱形； C、正确，对角线相等的平行四边形是矩形； D、错误，一组邻边相等的平行四边形是菱形； 故选：C． 15. （2024·广东东莞·二模）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了如图2所示的伸缩衣架，已知图中每个菱形的边长为，则其拉伸长度的适宜范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形及其计算，勾股定理，由菱形中， 当时，得的得得此时拉伸长度同理当时，拉伸长度，即可求解，解题关键是找准直角三角形进行计算． 【详解】解：如图： ∵四边形是菱形， ∴， ∵ 当时，则 ∴， ∴， ∴ ∴ ∴此时拉伸长度， 当时，则 ∴， ∴ ∴此时拉伸长度， ∴其拉伸长度的适宜范围是：， 故选：B． 16. （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． 17. （2024·广东东莞·三模）如图，正方形的面积为，点在上，点在的延长线上，的面积为，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题考查了正方形，等腰直角三角形，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 根据正方形的性质可得的值，根据题意可证，可得，结合几何图形面积可求出的值，在直角中可求出的值，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，面积为， ∴， ∵是直角三角形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故选：5 ． 18. （2024·广东·三模）如图，在矩形中，点E，F分别在边，上，将四边形沿折叠，使得点A落在点G处，点B恰好落在边上的点H处，连接．若C，H，G三点共线，且，则的长为（    ） A． B． C． D．9 【答案】C 【分析】由折叠的性质可知，，，，在中，根据，可得，．从而可求出，，．再证明，即可求得，即可由求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，，，， ∵C，H，G三点共线， ∴． 在中，∵， ∴，． 又∵， ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的折叠问题，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质．熟练掌握矩形与折叠的性质是银题的关键． 19. （2024·广东河源·一模）如图，是平行四边形边中点，与交于点，连接，已知，，．下列命题：①点是的重心；②与相似；③；④平行四边形的面积为．其中正确的命题为（　　） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定、勾股定理、三角形中位线定理： ①设与交于点，可得到在中，为边上的中线，为边上的中线； ②在上取一点，使，连接，，，可求得，，进而可求得，，证得为直角三角形，证明可得； ③可证得； ④先求得，结合，可求得结论． 【详解】①设与交于点，如图1所示． ∵四边形为平行四边形， ∴，． 在中，为边上的中线， ∵点是的中点， ∴为边上的中线． ∴点是的重心． 故命题①正确． ②在上取一点，使，连接，，，如图2所示． ∵四边形为平行四边形，，，，点是的中点， ∴，，，． ∴四边形为平行四边形． ∴，， 即． ∴为的中位线． ∴，． ∴，． ∴，． ∴． 在中，，， ∴． ∴为直角三角形，即． 在中，由勾股定理得：． 在中，，． ∵， ∴不是直角三角形． ∴与不相似． 故命题②不正确． ③在中，，， 由勾股定理得：， ∴． 故命题③不正确． ④∵，，， ∴． ∴． 故命题④正确． 综上所述：正确的命题是①④． 故选：D 20. （2024·广东云浮·一模）如图，将长方形纸片沿对折（点P在边上，点E在边上），使点B落在点，再将另一部分沿对折，使D，C分别落在，处，若比的2倍大，则的度数为（　　） A．42.5° B．74° C．32.5° D．34° 【答案】D 【分析】本题考查矩形与折叠，设，根据折叠的性质得到，，，然后列方程解题即可． 【详解】解：设， 由折叠得：， ∴， 由折叠得：， ∴， ∵比的2倍大10°， ∴， 解得：， ∴， 故选：D． 21. （2024·广东肇庆·二模）如图，为正方形内的一点，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．7 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，实数的运算，过点作于点，证明得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故选：B． 22. （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． 23. （2024·广东东莞·一模）一个正八边形的每个外角等于 度． 【答案】45 【分析】本题考查了正多边形的外角．根据正多边形的每个外角相等，用外角和除以边数即可求解． 【详解】解：正八边形的每个外角等于， 故答案为：45． 24. （2024·广东佛山·三模）如图，中国古建筑中的亭台楼阁塔很多都采用六边形结构．六边形的内角和为 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形内角和，根据内角和公式（其中n表示多边形的边数），即可完成求解． 【详解】解：六边形的内角和为， 故答案为：． 25. （2024·广东东莞·一模）如果一个正多边形的一个外角是，则这个正多边形是 边形． 【答案】八 【分析】本题主要考查正多边形的外角和问题，熟练掌握正多边形的定义及多边形外角和是解题的关键． 【详解】解：正多边形的每个外角相等，且其和为， ∴这个正多边形的边数为． 故答案为：八． 26. （2024·广东佛山·三模）已知菱形的周长是20，且较短的对角线长是6，则此菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积；由菱形的性质得，，，，由勾股定理得，由即可求解；掌握菱形是性质是解题的关键． 【详解】解：如图， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， 故答案：． 27. （2024·广东肇庆·二模）如图，菱形中，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理；根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：菱形中，， ∴， ∴ ∴， 故答案为：． 28. （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：． 29. （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． 30. （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． 31. （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：． 32. （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：． 33. （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：． 34. （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． 35. （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． 36. （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． 37. （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， ， ∴， ∴． 38. （2024·广东汕头·三模）如图，在平行四边形的边、上分别截取、，使得，连接，点、是线段上两点，且，连接、．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，由平行四边形的性质得，即得，再由可得，即可由证明，据此可得，掌握平行四边形的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， ∵， ， ， ， ． 39. （2024·广东湛江·一模）如图，在矩形中，点在上，连接，作于点． (1)若，求证：； (2)若，，，求的长与四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质求得，再利用得到，然后用判定三角形全等的“”求解； （2）求出，证明，得出，求出的长，再利用矩形面积和三角形面积求解． 【详解】（1）证明：在矩形中，，， ． ， ． 在和中， ， ； （2）解：，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$