资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
【备考2022】浙江专版数学中考2019-2021年真题分类精编精练（11）四边形（含解析）
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共16小题，每小题2分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
（2021年浙江省衢州市）如图，在中，，，，点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，连结DE，EF，则四边形ADEF的周长为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
（2021年浙江省嘉兴市）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
（2020年浙江省台州市）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
（2021年浙江省宁波市）如图，在中，于点D，．若E，F分别为，的中点，则的长为（ ）
A． C．1 D．
（2021年浙江省湖州市）如图，已知在中，，是边上的中线．按下列步骤作图：①分别以点为圆心，大于线段长度一半的长为半径作弧，相交于点；②过点作直线，分别交，于点；③连结．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
（2020年浙江省宁波市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连结DE，F为DE中点，连结BF．若AC＝8，BC＝6，则BF的长为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
（2020年浙江省台州市）如图，已知线段AB，分别以A，B为圆心，大于同样长为半径画弧，两弧交于点C，D，连接AC，AD，BC，BD，CD，则下列说法错误的是（ ）
A．AB平分∠CAD B．CD平分∠ACB C．AB⊥CD D．AB=CD
（2020年浙江省温州市）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作□BCDE，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
（2021年浙江省台州市）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（ ）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24 cm2 D．36 cm2
（2021年浙江省宁波市）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A．
（2021年浙江省温州市）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
（2021年浙江省绍兴市）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
（2021年浙江省绍兴市）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
（2020年浙江省湖州市）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示．分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（　　）
A．1和1 B．1和2 C．2和1 D．2和2
（2020年浙江省湖州市）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）
A．1 B． C． D．
（2020年浙江省台州市）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（ ）
A． B． C． D．
1 、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
（2020年浙江省嘉兴、舟山市 ）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：　 　，使得平行四边形ABCD为菱形．
（2021年浙江省绍兴市）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若，则BC长为_______cm（结果保留根号）．
（2020年浙江省金华市、丽水市）如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是______°．
（2020年浙江省绍兴市）如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为_____．
（2021年浙江省杭州市）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．
（2021年浙江省金华市）如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为____________．
（2021年浙江省金华市）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上．若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是___________．
（2020年浙江省台州市）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为____________（用含a，b的代数式表示）．
1 、解答题（本大题共8小题，共64分）
（2021年浙江省宁波市）如图是由边长为1的小正方形构成的的网格，点A，B均在格点上．
（1）在图1中画出以为边且周长为无理数的，且点C和点D均在格点上（画出一个即可）．
（2）在图2中画出以为对角线的正方形，且点E和点F均在格点上．
（2020年浙江省衢州市）如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出一个以AB为边的 ABDE，使顶点D，E在格点上．
（2）在图2中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l（至少经过两个格点）．
（2021年浙江省衢州市）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出，使与全等，顶点D在格点上．
（2）在图2中过点B画出平分面积的直线l．
（2021年浙江省嘉兴市）如图，在的正方形网格中，网格线的交点称为格点，在格点上，每一个小正方形的边长为1．
（1）以为边画菱形，使菱形的其余两个顶点都在格点上（画出一个即可）．
（2）计算你所画菱形的面积．
（2021年浙江省丽水市）如图，在的方格纸中，线段的端点均在格点上，请按要求画图．
（1）如图1，画出一条线段，使在格点上；
（2）如图2，画出一条线段，使互相平分，均在格点上；
（3）如图3，以为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．
（2020年浙江省绍兴市）如图，点E是 ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F．
（1）若AD的长为2．求CF的长．
（2）若∠BAF＝90°，试添加一个条件，并写出∠F的度数．
（2021年浙江省绍兴市）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：．
探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．
（2019年浙江省台州市）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．
（1）已知凸五边形ABCDE的各条边都相等．
①如图1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求证：五边形ABCDE是正五边形，
②如图2，若AC＝BE＝CE，请判断五边形ABCDE是不是正五边形，并说明理由：
（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）
如图3，已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等．
①若AC＝CE＝EA，则六边形ABCDEF是正六边形，（　 　）
②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形． （　 　）
答案解析
1 、选择题
【考点】三角形中位线定理
【分析】根据中点的定义可得AD、AF的长，根据三角形中位线的性质可得DE、EF的长，即可求出四边形ADEF的周长．
解：∵，，，点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，
∴AD=2，AF=，DE、EF为△ABC的中位线，
∴EF=2，DE==，
∴四边形ADEF的周长=2+2+=9，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形中位线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；熟练掌握三角形中位线的性质是解题关键．
【考点】平行四边形的判定,菱形的判定,剪纸问题
【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．
故选：
【点评】本题主要考察学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
【考点】矩形的性质,正方形的性质,推理与论证
【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可．
解：根据正方形特点由②可以推理出③，再由矩形的性质根据③推出①，
故选A．
【点评】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般．
【考点】等腰三角形的判定与性质,含30度角的直角三角形,勾股定理,三角形中位线定理
【分析】根据条件可知△ABD为等腰直角三角形，则BD=AD，△ADC是30°、60°的直角三角形，可求出AC长，再根据中位线定理可知EF=。
解：因为AD垂直BC，
则△ABD和△ACD都是直角三角形，
又因为
所以AD=，
因为sin∠C=，
所以AC=2，
因为EF为△ABC的中位线，
所以EF==1，
故选：C．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形、锐角三角形函数值、中位线相关知识，根据条件分析利用定理推导，是解决问题的关键．
【考点】线段垂直平分线的性质,等腰三角形的性质,三角形中位线定理
【分析】首先根据题意可知道MN为线段BC的中垂线，然后结合中垂线与中线的性质逐项分析即可．
解：由题意可知，MN为线段BC的中垂线，
∵O为中垂线MN上一点，
∴OB=OC，故A正确；
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵MN⊥BC，
∴∠ODB=∠ODC，
∴∠BOD=∠COD，故B正确；
∵D为BC边的中点，BE为AC边上的中线，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，故C正确；
由题意可知DB=DC，
假设DB=DE成立，
则DB=DE=DC，∠BEC=90°，
而题干中只给出BE是中线，无法保证BE一定与AC垂直，
∴DB不一定与DE相等，故D错误；
故选：D．
【点评】本题考查三角形中几种重要线段的理解，熟练掌握基本定义，以及性质定理是解题关键．
【考点】勾股定理的应用，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线
【分析】利用勾股定理求得AB=10；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF=CD．
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10．
又∵CD为中线，
∴CD＝AB＝5．
∵F为DE中点，BE＝BC，即点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，则BF＝CD＝2.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是△CDE的中位线．
【考点】尺规作图，菱形的判定与性质
【分析】根据作图判断出四边形ACBD是菱形，再根据菱形的性质：菱形的对角线平分一组对角、菱形的对角线互相垂直平分可得出答案
解：由作图知AC=AD=BC=BD，
∴四边形ACBD是菱形，
∴AB平分∠CAD、CD平分∠ACB、AB⊥CD，
不能判断AB=CD，
故选：D．
【点评】本题主要考查线段垂直平分线的尺规作图、菱形的判定方法等，解题的关键是掌握菱形的判定与性质．
【考点】等腰三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的内角和定理
【分析】先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠C的度数，再根据平行四边形的性质解答即可．
解：∵∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠E=∠C=70°．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的性质和三角形的内角和定理等知识，属于基础题型，熟练掌握等腰三角形和平行四边形的性质是解题关键．
【考点】含30度角的直角三角形,勾股定理,矩形的性质
【分析】过点C作，过点B作，根据折叠的性质求出，，分别解直角三角形求出AB和AC的长度，即可求解．
解：如图，过点C作，过点B作，
，
∵长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查折叠的性质、解直角三角形，掌握折叠的性质是解题的关键．
【考点】全等三角形的判定与性质,三角形中位线定理,平行四边形的性质,矩形的性质
【分析】根据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出，，进行判断即可
解：由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四边形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，
∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，
∴，
∵
∵
∴，即
而，
所以，，故选项A符合题意，
∴，故选项B不符合题意，
而于都不一定成立，故都不符合题意，
故选：A
【点评】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
解：如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
【考点】生活中的平移现象，菱形的判定
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
解：用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形，
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到22个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
故选：B．
，
【点评】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
【考点】菱形的性质，直角三角形的判定，等腰三角形的判定，等边三角形的性质与判定
【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．
解：连接AC，BD，如图所示．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．
∵∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°．
∴和都是等边三角形．
点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：
（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．
∵是等边三角形，是 BC的中点，
∴．
∴．
∴是直角三角形．
（2）当点P与点C重合时，记作．
此时，是等边三角形；
（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．
∵和都是等边三角形，
∴．
∴是直角三角形．
（4）当点P与点D重合时，记作．
∵，
∴是等腰三角形．
综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：
直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．
故选：C
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．
【考点】七巧板，平行四边形的性质,矩形的性质
【分析】解答此题要熟悉中国和日本七巧板的结构，中国七巧板的结构：五个等腰直角三角形，有大、小两对全等三角形；一个正方形；一个平行四边形；日本七巧板的结构：三个等腰直角三角形，一个直角梯形，一个等腰梯形，一个平行四边形，一个正方形，根据这些图形的性质便可解答．
解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：
故选：D．
【点评】此题是一道趣味性探索题，结合我国传统玩具七巧板，用七巧板来拼接图形，可以培养学生动手能力，展开学生的丰富想象力．
【考点】正方形的性质，菱形的性质，含30°角的直角三角形
【分析】如图，连接DD＇,延长C＇D＇交AD于E，由菱形ABC＇D＇，可得AB∥C＇D＇,进一步说明∠ED＇D=30°,得到菱形AE=AD;又由正方形ABCD,得到AB=AD,即菱形的高为AB的一半,然后分别求出菱形ABC＇D＇和正方形ABCD的面积,最后求比即可．
解：如图：延长C＇D＇交AD于E
∵菱形ABC＇D＇
∴AB∥C＇D＇
∵∠D＇AB=30°
∴∠A D＇E=∠D＇AB=30°
∴AE=AD
又∵正方形ABCD
∴AB=AD,即菱形的高为AB的一半
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．
故答案为B．
【点评】本题主要考出了正方形的性质、菱形的性质以及含30°直角三角形的性质，其中表示出菱形ABC′D′的面积是解答本题的关键．
【考点】翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质
【分析】如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．
解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．
由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，
题意AR=R A'= A'W=WD=4，
∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.
故答案为：D.
【点评】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．
1 、填空题
【考点】菱形的判定
【分析】根据菱形的判定定理解答
解：由四边形ABCD是平行四边形，
添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形；
添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．
答案不唯一．
【点评】本题考查了菱形的判定，记住菱形的判定方法是解题的关键。
【考点】矩形的性质，勾股定理
【分析】根据题意即可求得∠MOD=2∠NOD，即可求得∠NOD=30°，从而得出∠ADB=30°，再解直角三角形ABD即可．
解：∵时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O，
∴∠MOD=2∠NOD，
∵∠MOD+∠NOD=90°，
∴∠NOD=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠A=90°，AD=BC，
∴∠ADB=∠NOD=30°，
∴
故答案为：．
【点评】本题考查的矩形的性质、解直角三角形等知识；理解题意灵活运用所学知识得出∠NOD=30°是解题的关键．
【考点】平行四边形的性质，多边形的内角和
【分析】根据平行四边形的性质解答即可．
解：四边形是平行四边形，
，
，
故答案为：30．
【点评】此题考查平行四边形的性质和多边形的内角和，关键是根据平行四边形的邻角互补解答．
【考点】勾股定理，正方形的性质
【分析】根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可.
解：由题意可得，
直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，
故直角三角形的另一条直角边长为：，
故阴影部分的面积是：，
故答案为：4.
【点评】此题考查勾股定理解三角形，正方形的性质，正确理解正方形的边长3与直角三角形的关系是解题的关键.
【考点】三角形内角和定理,等腰三角形的性质,矩形的性质,翻折变换（折叠问题）
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
解：连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
【考点】菱形的性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形，勾股定理
【分析】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解．
解：∵∠BAD=60°，
∴连接对角线AC,BD，则AC⊥BD，且AC平分∠BAD,
∴在Rt△ADO中，
利用勾股定理得
又∵AC=2AO,
∴AC= ，
由题可知 =，
∴A’C=;
由平移可知 =∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,
∴=∠DCA，即==30°，
∴ 是等腰三角形；
过点E作EF⊥AC，垂足为F，如图所示：
则由等腰三角形三线合一可得：A’F=FC=,
在Rt△ECF中， ,设EF=x，则EC=2x，
由勾股定理得：
，解得x=2，
故填：2．
【点评】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键．
【考点】七巧板的意义，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质
【分析】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，用含有a的代数式表示点A的横坐标，表示点F的坐标，确定a值即可.
解：设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，如图，过点F作FG⊥x轴，垂足为G, 点F作FH⊥y轴，垂足为H, 过点A作AQ⊥x轴，垂足为Q,延长大等腰直角三角形的斜边交x轴于点N，交FH于点M，
根据题意，得OC==，CD=a,DQ=，
∵点A的横坐标为1,
∴+a+=1，
∴a=；
根据题意，得FM=PM=，MH=，
∴FH==；
∴MT=2a-，BT=2a-,
∴TN=-a，
∴MN=MT+TN=2a-+-a==，
∵点F在第二象限，
∴点F的坐标为（-，）
故答案为：（-，）．
【点评】本题考查了七巧板的意义，合理设出未知数，用未知数表示各个图形的边长，点ＡＡ的横坐标，点Ｆ的坐标是解题的关键．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质
【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
解：如图，连接AE、AF，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF-∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF中，
∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴同理可得：，
即，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
1 、解答题
【考点】平行四边形的判定，正方形的判定
【分析】（1）根据题意，只要使得AB的邻边AD的长是无理数即可；
（2）如图，取格点E、F，连接EF，则EF与AB互相垂直平分且相等，根据正方形的判定方法，则四边形为所作．
.解：（1）如图四边形即为所作，答案不唯一．
（2）如图，四边形即为所求作的正方形．
【点评】本题考查了在网格中作特殊四边形，熟练掌握平行四边形和正方形的判定方法是准确作图的关键．
【考点】平行四边形的判定与性质,作图—应用与设计作图
【分析】（1）根据平行四边形的定义画出图形即可（答案不唯一）；
（2）利用数形结合的思想解决问题即可．
解：（1）如图平行四边形ABDE即为所求（点D的位置还有6种情形可取），
；
（2）如图，直线l即为所求．
【点睛】本题考查了几何作图，平行四边形的定义，理解题意，按照要求作图是解题关键．
【考点】全等三角形判定与性质，平行四边形的性质
【分析】（1）结合题意，根据全等三角形的性质作图，即可得到答案；
（2）取格点D，则四边形ABCD为平行四边形，过点D和点B作直线l，即可得到答案．
解：（1）如图，画
∵
∴
∴就是所求作的三角形；
（2）如图，取格点D，
连接AD,CD，由（2）可知△ACD与 △ACB 全等，可以证明四边形ABCD是平行四边形,
过点D和点B作直线l交AC于点E，∴AE=AC，∴△ABE的面积等于△BEC的面积，则直线l即为所求．
【点评】本题考查了全等三角形、平行四边形的性质等知识；解题的关键是熟练掌握相关性质，从而完成求解．
【考点】菱形的性质,作图—复杂作图
【分析】（1）根据菱形的定义并结合格点的特征进行作图；
（2）利用菱形面积公式求解．
解：（1）根据题意，菱形ABCD即为所求
（2）图1中AC=2，BD=6
∴图1中菱形面积．
图2中，AC=，BD=
∴图2中菱形面积．
图3中，
∴图3菱形面积．
【点评】本题考查菱形的性质，掌握菱形的概念准确作图是关键．
【考点】作图-复杂作图，矩形的性质，平行四边形的判定与性质
【分析】（1）根据“矩形对角线相等”画出图形即可；
（2）根据“平行四边形对角线互相平分”，找出以AB对角线的平行四边形即可画出另一条对角线EF；
（3）画出平行四边形ABPQ即可．
解：（1）如图1，线段AC即为所作；
（2）如图2，线段EF即为所作；
（3）四边形ABPQ为所作；
【点评】本题考查作图-复杂作图，矩形的性质以及平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【考点】平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形内角和定理
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥CF，则∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，由点E是CD的中点，得出DE＝CE，由AAS证得△ADE≌△FCE，即可得出结果；
（2）添加一个条件当∠B＝60°时，由直角三角形的性质即可得出结果（答案不唯一）．
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CF，
∴∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中， ，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴CF＝AD＝2；
（2）∵∠BAF＝90°，
添加一个条件：当∠B＝60°时，∠F＝90°-60°＝30°（答案不唯一）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【考点】平行四边形的性质，角平分线的定义，菱形的判定与性质
【分析】（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
解：（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
．
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴ ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
．
（2）情况1，如图3，
可得，
．
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．
综上：的值可以是，，．
【点评】本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）①由SSS证明△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB得出∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，即可得出结论，
②由SSS证明△ABE≌△BCA≌△DEC得出∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，由SSS证明△ACE≌△BEC得出∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，由四边形ABCE内角和为360°得出∠ABC+∠ECB＝180°，证出AB∥CE，由平行线的性质得出∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，证出∠BAE＝3∠ABE，同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，即可得出结论，
（2）①证明△AEF≌△CAB≌△ECD，如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六边形的各个内角都为120°，即可得出结论，
②证明△BFE≌△FBC得出∠BFE＝∠FBC，证出∠AFE＝∠ABC，证明△FAE≌△BCA得出AE＝CA，同理：AE＝CE，得出AE＝CA＝CE，由①得：六边形ABCDEF不是正六边形．
（1）①证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，
在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA．EAB中，，
∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，
∴五边形ABCDE是正五边形，
②解：若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：
在△ABE、△BCA和△DEC中，，
∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），
∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，
在△ACE和△BEC中，，
∴△ACE≌△BEC（SSS），
∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，
∵四边形ABCE内角和为360°，
∴∠ABC+∠ECB＝180°，
∴AB∥CE，
∴∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，
∴∠CAE＝∠CEA＝2∠ABE，
∴∠BAE＝3∠ABE，
同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，
∴五边形ABCDE是正五边形，
（2）解：①若AC＝CE＝EA，如图3所示：
则六边形ABCDEF是正六边形，假命题，理由如下：
∵凸六边形ABCDEF的各条边都相等，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，
在△AEF、△CAB和△ECD中，，
∴△AEF≌△CAB≌△ECD（SSS），
如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，
而正六边形的各个内角都为120°，
∴六边形ABCDEF不是正六边形，
故答案为：假，
②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形，假命题，理由如下：
如图4所示：连接AE、AC、CE、BF，
在△BFE和△FBC中，，
∴△BFE≌△FBC（SSS），
∴∠BFE＝∠FBC，
∵AB＝AF，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴∠AFE＝∠ABC，
在△FAE和△BCA中，，
∴△FAE≌△BCA（SAS），
∴AE＝CA，
同理：AE＝CE，
∴AE＝CA＝CE，
由①得：△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，
而正六边形的各个内角都为120°，
∴六边形ABCDEF不是正六边形，
故答案为：假．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正多边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑