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专题19矩形菱形正方形（共42题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】
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这是一份专题19矩形菱形正方形（共42题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】，共65页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题18矩形菱形正方形（共42题）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·四川成都市·中考真题）如图，四边形是菱形，点E，F分别在边上，添加以下条件不能判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据三角形全等判定定理SAS可判定A，三角形全等判定定理AAS可判定B，三角形全等判定定理可判定C，三角形全等判定定理AAS可判定D即可．
【详解】
解: ∵四边形是菱形，
∴AB=AD,∠B=∠D,
A. 添加可以，
在△ABE和△ADF中，
，
∴(SAS)，
故选项A可以；
B.添加 可以，
在△ABE和△ADF中
，
∴(AAS)；
故选项B可以；
C. 添加不可以，条件是边边角故不能判定；
故选项C不可以；
D. 添加可以，
在△ABE和△ADF中
，
∴(SAS)．
故选项D可以；
故选择C．
【点睛】
本题考查添加条件判定三角形全等，菱形性质，掌握三角形全等判定定理，菱形性质是解题关键．
2．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】
设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可．
【详解】
解：设CE=x，则BE=3-x，
由折叠性质可知，
EF=CE=x，DF=CD=AB=5
在Rt△DAF中，AD=3，DF=5，
∴AF=，
∴BF=AB-AF=5-4=1，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
即(3-x)2+12=x2，
解得x=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
3．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】
先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】
解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）下列命题中，假命题是（ ）
A．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
B．等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合
C．若，则点B是线段AC的中点
D．三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心
【答案】C
【分析】
根据中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的定义分别判断即可．
【详解】
解：A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故为真命题；
B、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合，故为真命题；
C、若在同一条直线上AB=BC，则点B是线段AC的中点，故为假命题；
D、三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心，故为真命题；
故选C．
【点睛】
本题考查了中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的性质，属于基础知识，要熟练掌握．
5．（2021·四川泸州市·中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】B
【分析】
A、根据平行四边形的判定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
6．（2021·浙江温州市·中考真题）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．
【答案】C
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．
7．（2021·安徽中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】
∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．
8．（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60° B．65° C．75° D．80°
【答案】C
【分析】
根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形中，
∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点
∴OM=ON，
∵∠MPN=90°，
∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，
∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
9．（2021·四川乐山市·中考真题）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作、延长线的垂线，垂足分别为点、．若，，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据菱形的基性质，得到∠PAE=30°，,利用勾股理求出AC=，则AP= +PC，PE=AP=+PC ，由∠PCF=∠DCA=30°，得到PF=PC ，最后算出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形且∠ABC=120°，AB=2，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠BAD=60°，AC⊥BD，
∴∠CAE=30︒，
∵AC⊥BD，∠CAE=30°，AD=2，
∴AC=，
∴AP=+PC，
在直角△AEP中，
∵∠PAE=30°，AP=+PC，
∴PE=AP=+PC，
在直角△PFC中，
∵∠PCF=30°，
∴PF=PC，
∴=+PC-PC=，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了菱形的基本性质、勾股定理的应用以及在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，关键会在直角三角形中应用30°．
10．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【分析】
延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，
∵，M是AD边上的一点，，
∴，，
∵将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，设，则，
根据勾股定理可得，解得，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键．
11．（2021·浙江绍兴市·中考真题）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
【答案】C
【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．
【详解】
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
【点睛】
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．
12．（2021·陕西中考真题）如图，在菱形中，，连接、，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设AC与BD的交点为O，由题意易得，，进而可得△ABC是等边三角形，，然后问题可求解．
【详解】
解：设AC与BD的交点为O，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
13．（2021·山东临沂市·中考真题）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列实例所应用的最主要的几何知识，说法正确的是___（只填写序号）．
①射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”；
②车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形”；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”．
【答案】①
【分析】
根据直线的性质，圆的性质，特殊四边形的性质分别判断即可．
【详解】
解：①射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”，故正确；
②车轮做成圆形，应用了“同圆的半径相等”，故错误；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的四边相等”，故错误；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形的四个角是直角，可以密铺”，故错误；
故答案为：①．
【点睛】
本题考查了直线的性质，圆的性质，特殊四边形的性质，都属于基本知识，解题的关键是联系实际，掌握相应性质定理．
14．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F在CD上，且CF=3BF，AE，BF相交于点G，则AGF的面积是________．
【答案】．
【分析】
延长AG交DC延长线于M，过G作GH⊥CD，交AB于N，先证明△ABE≌△MCE，由CF=3DF，可求DF=1，CF=3，再证△ABG∽△MFG，则利用相似比可计算出GN，再利用两三角形面积差计算S△DEG即可．
【详解】
解：延长AG交DC延长线于M，过G作GH⊥CD，交AB于N，如图，
∵点E为BC中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△MCE中，
，
∴△ABE≌△MCE（ASA），
∴AB=MC=4，
∵CF=3DF，CF+DF=4，
∴DF=1，CF=3，FM=FC+CM=3+4=7，
∵AB∥MF，
∴∠ABG=∠MFG，∠AGB=∠MGF，
∴△ABG∽△MFG，
∴，
∵，
∴，
S△AFG=S△AFB-S△AGB=，
故答案为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，熟练运用相似比计算线段的长是解题关键．
15．（2021·四川成都市·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，且，按以下步骤操作：第一步，沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点B的对应点为，则线段的长为_______；第二步，分别在上取点M，N，沿直线继续翻折，使点F与点E重合，则线段的长为_______．
【答案】1
【分析】
连接AF，NE，NF，证明出△AOE△ADC，利用对应边成比例求出OE=，再根据勾股定理求出的长，利用勾股定理求出EF，再根据折叠的性质，得到NF=NE，最后得出结果．
【详解】
解：如图所示，连接AF，NE，NF，
∵点F与点E重合，
∴MN⊥EF，
设EF与AA’交于点O，由折叠的性质得到OA=OA’=3，
令BF=x，则FC=8-x,
由勾股定理的：
，
∵∠AOE=∠ADC，∠OAE=∠DAC
∴△AOE△ADC，
∴ ，
由勾股定理得到：AC= ，
∴，
∴OE=，
∴OA=，
∴OC=，
∵，
∴ ，
解得：,
∴的长为1．
设B’N=m，B’F=1，则 ，
解得：m=1，则FN= ，
∵EF=，
∴MF=，
∴MN=，
故答案为：1，．
【点睛】
本题主要考查了折叠的性质和勾股定理的应用，关键在于画出图形，利用三角形相似和勾股定理求出各边的长度，特别注意点F与点E重合用到垂直平分线的性质．
16．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在中，，矩形的顶点D、E在上，点F、G分别在、上，若，，且，则的长为________．
【答案】
【分析】
根据矩形的性质得到GF∥AB，证明△CGF∽△CAB，可得，证明△ADG≌△BEF，得到AD=BE=，在△BEF中，利用勾股定理求出x值即可．
【详解】
解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥AB，
∴△CGF∽△CAB，
∴，即，
∴，
∴AD+BE=AB-DE==，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°，
∴△ADG≌△BEF（AAS），
∴AD=BE==，
在△BEF中，，
即，
解得：x=或（舍），
∴EF=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是根据相似三角形的性质得到AB的长．
17．（2021·云南中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为__________．
【答案】3或或或
【分析】
将△ABC放入正方形中，分∠ABC=90°，∠BAC=90°，再分别分AB=BC=6，AC=6，进行解答．
【详解】
解：∵△ABC三个顶点都是同一个正方形的顶点，
如图，若∠ABC=90°，
则∠ABC的平分线为正方形ABCD的对角线，D为对角线交点，
过点D作DF⊥AB，垂足为F，
当AB=BC=6，
则DF=BC=3；
当AC=6，
则AB=BC==，
∴DF=BC=；
如图，若∠BAC=90°，过点D作DF⊥BC于F，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，AD=DF，
又∠BAD=∠BFD=90°，BD=BD，
∴△BAD≌△BFD（AAS），
∴AB=BF，
当AB=AC=6，
则BC=，
∴BF=6，CF=，
在正方形ABEC中，∠ACB=45°，
∴△CDF是等腰直角三角形，则CF=DF=AD=；
当BC=6，
则AB=AC==，
同理可得：，
综上：点D到直线AB的距离为：3或或或，
故答案为：3或或或．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，知识点较多，解题时要结合题意画出符合题意的图形，分情况解答．
18．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将边折起，使点B落在上的点G处，连接，若，，则的长为________．
【答案】
【分析】
根据矩形的性质和正方形的性质，证明，从而，又因为，代入求解即可．
【详解】
解：∵四边形是矩形,，
∴,,,且四边形是正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
又∵（折叠，
∴，, ，
设,则，
∴ ，
又∵是正方形对角线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，解得：，即 ，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，正方形的性质和判定，三角形全等等相关知识点，根据题意找到等量关系转换是解题的关键．
19．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点O，，垂足为E，，，则的长为______．
【答案】
【分析】
直接利用菱形的性质得出AO，DO的长，再利用勾股定理得出菱形的边长，进而利用等面积法得出答案．
【详解】
解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，DB=6，
∴AO=4，DO=3，∠AOD=90°，
∴AD=5，
在 中，由等面积法得： ,
∴
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的高的求法（等面积法），熟记性质与定理是解题关键．
20．（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，H分别是BE，BC，CE的中点，，则GH的长为________．
【答案】3
【分析】
根据直角三角形的性质和三角形中位线的性质，即可求解．
【详解】
∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，
又∵点F是BE的中点，，
∴BE=2AF=6，
∵G，H分别是BC，CE的中点，
∴GH是的中位线，
∴GH=BE=×6=3，
故答案是：3．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，直角三角形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，是解题的关键．
21．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）菱形中，对角线，则菱形的高等于___________．
【答案】
【分析】
过A作AE⊥BC，垂足为E，根据菱形的性质求出菱形边长，再利用菱形的面积公式得到方程，解之可得AE．
【详解】
解：如图，过A作AE⊥BC，垂足为E，即AE为菱形ABCD的高，
∵菱形ABCD中，AC=10，BD=24，
∴OB=BD=12，OA=AC=5，
在Rt△ABO中，AB=BC==13，
∵S菱形ABCD=，
∴，
解得：AE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和勾股定理的应用，能熟记菱形的性质是解此题的关键，注意：菱形的四条边都相等，菱形的对角线互相平分且垂直．
22．（2021·重庆中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线，，分别以点A，B，C，D为圆心，的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为__________．（结果保留）
【答案】
【分析】
先根据菱形的性质得出AB的长和菱形的面积，再根据扇形的面积公式求出四个扇形的面积和即可得出答案
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，，，
∴AC⊥BD，AO=6，BO=8；
∴；
∴菱形ABCD的面积=
∵四个扇形的半径相等，都为，且四边形的内角和为360°，
∴四个扇形的面积=，
∴阴影部分的面积=；
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是扇形面积计算、菱形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
23．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中正确是_____（填写序号）
【答案】①②③④
【分析】
①四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得∠ABD＝∠FBE＝45°，根据等式的基本性质确定出；②再根据正方形的对角线等于边长的倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；④根据两角相等的两个三角形相似得到△EBH∽△DBE，从而得到比例式，根据BE＝BG，代换即可作出判断；③由相似三角形对应角相等得到∠BAF＝∠BDE＝45°，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断．⑤设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2＝BH•BD，求出BH，DH，即可判断．
【详解】
解：①∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，
∴∠ABD＝∠FBE＝45°，
又∵∠ABF＝45°−∠DBF，∠DBE＝45°−∠DBF，
∴，
∴选项①正确；
②∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，
∴AD＝AB，BF＝BE，
∴BD＝AB，BE=BF，
∴
又∵，
∴，
∴选项②正确；
④∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，
∴∠BEH＝∠BDE＝45°，
又∵∠EBH＝∠DBE，
∴△EBH∽△DBE，
∴ ，即BE2＝BH•BD，
又∵BE＝BG，
∴，
∴选项④确；
③由②知：，
又∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，
∴∠BAF＝∠BDE＝45°，
∴AF在正方形另外一条对角线上，
∴AF⊥BD，
∴③正确，
⑤∵，
∴设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，
∴BE=，
∵BE2＝BH•BD，
∴，
∴DH=BD-BH=,
∴，
故⑤错误，
综上所述：①②③④正确，
故答案是：①②③④．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
24．（2021·湖北十堰市·中考真题）如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若AB=5，AD=12，则四边形ABOM的周长为_______.
【答案】20．
【详解】
∵AB＝5，AD＝12，
∴根据矩形的性质和勾股定理，得AC＝13.
∵BO为Rｔ△ABC斜边上的中线
∴BO＝6.5
∵O是AC的中点，M是AD的中点，
∴OM是△ACD的中位线
∴OM＝2.5
∴四边形ABOM的周长为：6.5＋2.5＋6＋5＝20
故答案为20
25．（2021·浙江绍兴市·中考真题）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）．
【答案】
【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．
【详解】
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：．
【点睛】
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．
26．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．
【答案】①②④
【分析】
先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④．
【详解】
解：四边形是正方形，，
，
在和中，，
，
，
，
，
，即，结论①正确；
平分，，
，
，
，
，
，
，
，结论②正确；
，
，
，
，
即，结论③错误；
如图，过点作于点，连接，
平分，，，
，
，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，
由垂线段最短得：当时，取得最小值，
此时在中，，
即的最小值是，结论④正确；
综上，所有正确结论的序号是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．
27．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图1，菱形的对角线与相交于点O，P、Q两点同时从O点出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．点P的运动路线为，点Q的运动路线为．设运动的时间为x秒，P、Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，P、Q两点的运动路程之和为__________厘米．
【答案】
【分析】
四边形是菱形，由图象可得AC和BD的长，从而求出OC、OB和．当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，此时连线过O点且垂直于．根据三角函数和已知线段长度，求出P、Q两点的运动路程之和．
【详解】
由图可知，（厘米），
∵四边形为菱形
∴（厘米）
∴
P在上时，Q在上，距离最短时，连线过O点且垂直于．
此时，P、Q两点运动路程之和
∵（厘米）
∴（厘米）
故答案为．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质和三角函数．解题的关键在于从图象中找到菱形对角线的长度．
28．（2021·湖南株洲市·中考真题）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图②为某蝶几设计图，其中和为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点处，点与点关于直线对称，连接、．若，则 ___________度．
【答案】21
【分析】
由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，，则有CD=DP，然后可得，最后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】
解：∵，且都为等腰直角三角形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴，
∵点与点关于直线对称，，
∴，AD=DP，
∴CD=DP，，
∴，
∴，
故答案为21．
【点睛】
本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
29．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为______．（结果保留根号）
【答案】
【分析】
先由菱形的性质得出，求得，再根据直角三角形两锐角互余得 ,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得，，根据AAS证明可得，从而可求出．
【详解】
解：连接AC，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，，BD=2DO
∴
∵
∴
∵
∴
∵四边形ABCD是菱形，
∴
∴
在和中，
∴≌
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明≌是解答此题的关键．
30．（2021·浙江金华市·中考真题）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___________．
【答案】
【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.
【详解】
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：（-，）．
【点睛】
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．
三、解答题
31．（2021·四川广安市·中考真题）如图，四边形是菱形，点、分别在边、的延长线上，且．连接、．
求证：．
【答案】见解析
【分析】
根据菱形的性质得到BC=CD，∠ADC=∠ABC，根据SAS证明△BEC≌△DFC，可得CE=CF．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠ADC=∠ABC，
∴∠CDF=∠CBE，
在△BEC和△DFC中，
，
∴△BEC≌△DFC（SAS），
∴CE=CF．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据菱形得到判定全等的条件．
32．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在中，的角平分线交于点D，．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，且，求四边形的面积．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）4
【分析】
（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可证明；
（2）根据∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公式计算即可．
【详解】
解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是：
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD，
∵DE∥AB，
∴∠EDA=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE，
∴平行四边形AFDE是菱形；
（2）∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE是正方形，
∵AD=，
∴AF=DF=DE=AE==2，
∴四边形AFDE的面积为2×2=4．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法．
33．（2021·浙江金华市·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．
（1）求矩形对角线的长．
（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
【答案】（1）4；（2）
【分析】
（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长；
（2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得．
【详解】
解：（1）∵四边形是矩形
，
是等边三角形，
，
所以．
故答案为：4．
（2）在矩形中，．
由（1）得，．
又
在中，．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的对角线性质，等边三角形的判定，等腰三角形的三线合一以及在直角三角形中求锐角正切的知识点，灵活应用矩形对角线的性质是解题的关键．
34．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，点C是的中点，四边形是平行四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】
本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
35．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，在四边形中，，过点D作于E，若．
（1）求证：；
（2）连接交于点，若，求DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）过D作BC的垂线，交BC的延长线于点G，连接BD，证明四边形BEDG为正方形，得到条件证明△ADE≌△CDG，可得AD=CD；
（2）根据∠ADE=30°，AD=6，得到AE，DE，从而可得BE，BG，设DF=x，证明△AEF∽△ABC，得到比例式，求出x值即可．
【详解】
解：（1）过D作BC的垂线，交BC的延长线于点G，连接BD，
∵∠DEB=∠ABC=∠G=90°，DE=BE，
∴四边形BEDG为正方形，
∴BE=DE=DG，∠BDE=∠BDG=45°，
∵∠ADC=90°，即∠ADE+∠CDE=∠CDG+∠CDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，又DE=DG，∠AED=∠G=90°，
∴△ADE≌△CDG（ASA），
∴AD=CD；
（2）∵∠ADE=30°，AD=6，
∴AE=CG=3，DE=BE==，
∵四边形BEDG为正方形，
∴BG=BE=，
BC=BG-CG=-3，
设DF=x，则EF=-x，
∵DE∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，即，
解得：x=，
即DF的长为．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
36．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形
∴OA＝OC，BE∥DF
∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中
∴
∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形
∴OB＝OD
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD，
∴四边形是菱形
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
37．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是边AB、CD的中点．求证：DE=BF．
【答案】证明见试题解析．
【分析】
由矩形的性质和已知得到DF=BE，AB∥CD，故四边形DEBF是平行四边形，即可得到答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
又E、F分别是边AB、CD的中点，
∴DF=BE，
又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF．
考点：1．矩形的性质；2．全等三角形的判定．
38．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）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．
【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）6或8或10（答案不唯一）
【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．
【详解】
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．
【点睛】
本题考查菱形的性质，掌握菱形的概念准确作图是关键．
39．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．
（1）当时，
①求证：；
②连结，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．
【分析】
（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；
（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．
【详解】
（1）①证明：在菱形中，
，
，
，
，
∴（ASA），
∴．
②解：如图1，连结．
由①知，，
．
在菱形中，，
∴，
设，则．
，
∴，
∴，
∴．
（2）解：在菱形中，，
，
，
同理，，
∴．
是等腰三角形有三种情况：
①如图2，当时，，
，
，
，
．
②如图3，当时，
，
，
，
∴．
③如图4，当时，
，
，
，
．
综上所述，当或2或时，是等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．
40．（2021·安徽中考真题）学生到工厂劳动实践，学习制作机械零件．零件的截面如图阴影部分所示，已知四边形AEFD为矩形，点B、C分别在EF、DF上，，，，．求零件的截面面积．参考数据：，．
【答案】53.76cm2
【分析】
首先证明，通过解和，求出AE，BE，CF，BF，再根据计算求解即可．
【详解】
解：如图，
四边形AEFD为矩形， ，
∴EF//AB，
∵，
∴，
∵
∴
在中，．
又
同理可得，
答：零件的截面面积为53.76cm2
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形，通过解和，求出AE，BE，CF，BF的长是解答此题的关键．
41．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；
（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；
（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；
②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．
42．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题18矩形菱形正方形（共42题）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·四川成都市·中考真题）如图，四边形是菱形，点E，F分别在边上，添加以下条件不能判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据三角形全等判定定理SAS可判定A，三角形全等判定定理AAS可判定B，三角形全等判定定理可判定C，三角形全等判定定理AAS可判定D即可．
【详解】
解: ∵四边形是菱形，
∴AB=AD,∠B=∠D,
A. 添加可以，
在△ABE和△ADF中，
，
∴(SAS)，
故选项A可以；
B.添加 可以，
在△ABE和△ADF中
，
∴(AAS)；
故选项B可以；
C. 添加不可以，条件是边边角故不能判定；
故选项C不可以；
D. 添加可以，
在△ABE和△ADF中
，
∴(SAS)．
故选项D可以；
故选择C．
【点睛】
本题考查添加条件判定三角形全等，菱形性质，掌握三角形全等判定定理，菱形性质是解题关键．
2．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】
设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可．
【详解】
解：设CE=x，则BE=3-x，
由折叠性质可知，
EF=CE=x，DF=CD=AB=5
在Rt△DAF中，AD=3，DF=5，
∴AF=，
∴BF=AB-AF=5-4=1，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
即(3-x)2+12=x2，
解得x=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
3．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】
先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】
解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）下列命题中，假命题是（ ）
A．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
B．等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合
C．若，则点B是线段AC的中点
D．三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心
【答案】C
【分析】
根据中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的定义分别判断即可．
【详解】
解：A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故为真命题；
B、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合，故为真命题；
C、若在同一条直线上AB=BC，则点B是线段AC的中点，故为假命题；
D、三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心，故为真命题；
故选C．
【点睛】
本题考查了中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的性质，属于基础知识，要熟练掌握．
5．（2021·四川泸州市·中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】B
【分析】
A、根据平行四边形的判定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
6．（2021·浙江温州市·中考真题）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．
【答案】C
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．
7．（2021·安徽中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】
∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．
8．（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60° B．65° C．75° D．80°
【答案】C
【分析】
根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形中，
∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点
∴OM=ON，
∵∠MPN=90°，
∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，
∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
9．（2021·四川乐山市·中考真题）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作、延长线的垂线，垂足分别为点、．若，，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据菱形的基性质，得到∠PAE=30°，,利用勾股理求出AC=，则AP= +PC，PE=AP=+PC ，由∠PCF=∠DCA=30°，得到PF=PC ，最后算出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形且∠ABC=120°，AB=2，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠BAD=60°，AC⊥BD，
∴∠CAE=30︒，
∵AC⊥BD，∠CAE=30°，AD=2，
∴AC=，
∴AP=+PC，
在直角△AEP中，
∵∠PAE=30°，AP=+PC，
∴PE=AP=+PC，
在直角△PFC中，
∵∠PCF=30°，
∴PF=PC，
∴=+PC-PC=，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了菱形的基本性质、勾股定理的应用以及在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，关键会在直角三角形中应用30°．
10．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【分析】
延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，
∵，M是AD边上的一点，，
∴，，
∵将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，设，则，
根据勾股定理可得，解得，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键．
11．（2021·浙江绍兴市·中考真题）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
【答案】C
【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．
【详解】
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
【点睛】
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．
12．（2021·陕西中考真题）如图，在菱形中，，连接、，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设AC与BD的交点为O，由题意易得，，进而可得△ABC是等边三角形，，然后问题可求解．
【详解】
解：设AC与BD的交点为O，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
13．（2021·山东临沂市·中考真题）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列实例所应用的最主要的几何知识，说法正确的是___（只填写序号）．
①射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”；
②车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形”；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”．
【答案】①
【分析】
根据直线的性质，圆的性质，特殊四边形的性质分别判断即可．
【详解】
解：①射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”，故正确；
②车轮做成圆形，应用了“同圆的半径相等”，故错误；
③学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的四边相等”，故错误；
④地板砖可以做成矩形，应用了“矩形的四个角是直角，可以密铺”，故错误；
故答案为：①．
【点睛】
本题考查了直线的性质，圆的性质，特殊四边形的性质，都属于基本知识，解题的关键是联系实际，掌握相应性质定理．
14．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F在CD上，且CF=3BF，AE，BF相交于点G，则AGF的面积是________．
【答案】．
【分析】
延长AG交DC延长线于M，过G作GH⊥CD，交AB于N，先证明△ABE≌△MCE，由CF=3DF，可求DF=1，CF=3，再证△ABG∽△MFG，则利用相似比可计算出GN，再利用两三角形面积差计算S△DEG即可．
【详解】
解：延长AG交DC延长线于M，过G作GH⊥CD，交AB于N，如图，
∵点E为BC中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△MCE中，
，
∴△ABE≌△MCE（ASA），
∴AB=MC=4，
∵CF=3DF，CF+DF=4，
∴DF=1，CF=3，FM=FC+CM=3+4=7，
∵AB∥MF，
∴∠ABG=∠MFG，∠AGB=∠MGF，
∴△ABG∽△MFG，
∴，
∵，
∴，
S△AFG=S△AFB-S△AGB=，
故答案为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，熟练运用相似比计算线段的长是解题关键．
15．（2021·四川成都市·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，且，按以下步骤操作：第一步，沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点B的对应点为，则线段的长为_______；第二步，分别在上取点M，N，沿直线继续翻折，使点F与点E重合，则线段的长为_______．
【答案】1
【分析】
连接AF，NE，NF，证明出△AOE△ADC，利用对应边成比例求出OE=，再根据勾股定理求出的长，利用勾股定理求出EF，再根据折叠的性质，得到NF=NE，最后得出结果．
【详解】
解：如图所示，连接AF，NE，NF，
∵点F与点E重合，
∴MN⊥EF，
设EF与AA’交于点O，由折叠的性质得到OA=OA’=3，
令BF=x，则FC=8-x,
由勾股定理的：
，
∵∠AOE=∠ADC，∠OAE=∠DAC
∴△AOE△ADC，
∴ ，
由勾股定理得到：AC= ，
∴，
∴OE=，
∴OA=，
∴OC=，
∵，
∴ ，
解得：,
∴的长为1．
设B’N=m，B’F=1，则 ，
解得：m=1，则FN= ，
∵EF=，
∴MF=，
∴MN=，
故答案为：1，．
【点睛】
本题主要考查了折叠的性质和勾股定理的应用，关键在于画出图形，利用三角形相似和勾股定理求出各边的长度，特别注意点F与点E重合用到垂直平分线的性质．
16．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在中，，矩形的顶点D、E在上，点F、G分别在、上，若，，且，则的长为________．
【答案】
【分析】
根据矩形的性质得到GF∥AB，证明△CGF∽△CAB，可得，证明△ADG≌△BEF，得到AD=BE=，在△BEF中，利用勾股定理求出x值即可．
【详解】
解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥AB，
∴△CGF∽△CAB，
∴，即，
∴，
∴AD+BE=AB-DE==，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°，
∴△ADG≌△BEF（AAS），
∴AD=BE==，
在△BEF中，，
即，
解得：x=或（舍），
∴EF=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是根据相似三角形的性质得到AB的长．
17．（2021·云南中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为__________．
【答案】3或或或
【分析】
将△ABC放入正方形中，分∠ABC=90°，∠BAC=90°，再分别分AB=BC=6，AC=6，进行解答．
【详解】
解：∵△ABC三个顶点都是同一个正方形的顶点，
如图，若∠ABC=90°，
则∠ABC的平分线为正方形ABCD的对角线，D为对角线交点，
过点D作DF⊥AB，垂足为F，
当AB=BC=6，
则DF=BC=3；
当AC=6，
则AB=BC==，
∴DF=BC=；
如图，若∠BAC=90°，过点D作DF⊥BC于F，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，AD=DF，
又∠BAD=∠BFD=90°，BD=BD，
∴△BAD≌△BFD（AAS），
∴AB=BF，
当AB=AC=6，
则BC=，
∴BF=6，CF=，
在正方形ABEC中，∠ACB=45°，
∴△CDF是等腰直角三角形，则CF=DF=AD=；
当BC=6，
则AB=AC==，
同理可得：，
综上：点D到直线AB的距离为：3或或或，
故答案为：3或或或．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，知识点较多，解题时要结合题意画出符合题意的图形，分情况解答．
18．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将边折起，使点B落在上的点G处，连接，若，，则的长为________．
【答案】
【分析】
根据矩形的性质和正方形的性质，证明，从而，又因为，代入求解即可．
【详解】
解：∵四边形是矩形,，
∴,,,且四边形是正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
又∵（折叠，
∴，, ，
设,则，
∴ ，
又∵是正方形对角线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，解得：，即 ，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，正方形的性质和判定，三角形全等等相关知识点，根据题意找到等量关系转换是解题的关键．
19．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点O，，垂足为E，，，则的长为______．
【答案】
【分析】
直接利用菱形的性质得出AO，DO的长，再利用勾股定理得出菱形的边长，进而利用等面积法得出答案．
【详解】
解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，DB=6，
∴AO=4，DO=3，∠AOD=90°，
∴AD=5，
在 中，由等面积法得： ,
∴
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的高的求法（等面积法），熟记性质与定理是解题关键．
20．（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，H分别是BE，BC，CE的中点，，则GH的长为________．
【答案】3
【分析】
根据直角三角形的性质和三角形中位线的性质，即可求解．
【详解】
∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，
又∵点F是BE的中点，，
∴BE=2AF=6，
∵G，H分别是BC，CE的中点，
∴GH是的中位线，
∴GH=BE=×6=3，
故答案是：3．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，直角三角形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，是解题的关键．
21．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）菱形中，对角线，则菱形的高等于___________．
【答案】
【分析】
过A作AE⊥BC，垂足为E，根据菱形的性质求出菱形边长，再利用菱形的面积公式得到方程，解之可得AE．
【详解】
解：如图，过A作AE⊥BC，垂足为E，即AE为菱形ABCD的高，
∵菱形ABCD中，AC=10，BD=24，
∴OB=BD=12，OA=AC=5，
在Rt△ABO中，AB=BC==13，
∵S菱形ABCD=，
∴，
解得：AE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和勾股定理的应用，能熟记菱形的性质是解此题的关键，注意：菱形的四条边都相等，菱形的对角线互相平分且垂直．
22．（2021·重庆中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线，，分别以点A，B，C，D为圆心，的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为__________．（结果保留）
【答案】
【分析】
先根据菱形的性质得出AB的长和菱形的面积，再根据扇形的面积公式求出四个扇形的面积和即可得出答案
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，，，
∴AC⊥BD，AO=6，BO=8；
∴；
∴菱形ABCD的面积=
∵四个扇形的半径相等，都为，且四边形的内角和为360°，
∴四个扇形的面积=，
∴阴影部分的面积=；
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是扇形面积计算、菱形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
23．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中正确是_____（填写序号）
【答案】①②③④
【分析】
①四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得∠ABD＝∠FBE＝45°，根据等式的基本性质确定出；②再根据正方形的对角线等于边长的倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；④根据两角相等的两个三角形相似得到△EBH∽△DBE，从而得到比例式，根据BE＝BG，代换即可作出判断；③由相似三角形对应角相等得到∠BAF＝∠BDE＝45°，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断．⑤设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2＝BH•BD，求出BH，DH，即可判断．
【详解】
解：①∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，
∴∠ABD＝∠FBE＝45°，
又∵∠ABF＝45°−∠DBF，∠DBE＝45°−∠DBF，
∴，
∴选项①正确；
②∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，
∴AD＝AB，BF＝BE，
∴BD＝AB，BE=BF，
∴
又∵，
∴，
∴选项②正确；
④∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，
∴∠BEH＝∠BDE＝45°，
又∵∠EBH＝∠DBE，
∴△EBH∽△DBE，
∴ ，即BE2＝BH•BD，
又∵BE＝BG，
∴，
∴选项④确；
③由②知：，
又∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，
∴∠BAF＝∠BDE＝45°，
∴AF在正方形另外一条对角线上，
∴AF⊥BD，
∴③正确，
⑤∵，
∴设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，
∴BE=，
∵BE2＝BH•BD，
∴，
∴DH=BD-BH=,
∴，
故⑤错误，
综上所述：①②③④正确，
故答案是：①②③④．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
24．（2021·湖北十堰市·中考真题）如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若AB=5，AD=12，则四边形ABOM的周长为_______.
【答案】20．
【详解】
∵AB＝5，AD＝12，
∴根据矩形的性质和勾股定理，得AC＝13.
∵BO为Rｔ△ABC斜边上的中线
∴BO＝6.5
∵O是AC的中点，M是AD的中点，
∴OM是△ACD的中位线
∴OM＝2.5
∴四边形ABOM的周长为：6.5＋2.5＋6＋5＝20
故答案为20
25．（2021·浙江绍兴市·中考真题）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）．
【答案】
【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．
【详解】
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：．
【点睛】
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．
26．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．
【答案】①②④
【分析】
先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④．
【详解】
解：四边形是正方形，，
，
在和中，，
，
，
，
，
，即，结论①正确；
平分，，
，
，
，
，
，
，
，结论②正确；
，
，
，
，
即，结论③错误；
如图，过点作于点，连接，
平分，，，
，
，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，
由垂线段最短得：当时，取得最小值，
此时在中，，
即的最小值是，结论④正确；
综上，所有正确结论的序号是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．
27．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图1，菱形的对角线与相交于点O，P、Q两点同时从O点出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．点P的运动路线为，点Q的运动路线为．设运动的时间为x秒，P、Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，P、Q两点的运动路程之和为__________厘米．
【答案】
【分析】
四边形是菱形，由图象可得AC和BD的长，从而求出OC、OB和．当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，此时连线过O点且垂直于．根据三角函数和已知线段长度，求出P、Q两点的运动路程之和．
【详解】
由图可知，（厘米），
∵四边形为菱形
∴（厘米）
∴
P在上时，Q在上，距离最短时，连线过O点且垂直于．
此时，P、Q两点运动路程之和
∵（厘米）
∴（厘米）
故答案为．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质和三角函数．解题的关键在于从图象中找到菱形对角线的长度．
28．（2021·湖南株洲市·中考真题）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图②为某蝶几设计图，其中和为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点处，点与点关于直线对称，连接、．若，则 ___________度．
【答案】21
【分析】
由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，，则有CD=DP，然后可得，最后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】
解：∵，且都为等腰直角三角形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴，
∵点与点关于直线对称，，
∴，AD=DP，
∴CD=DP，，
∴，
∴，
故答案为21．
【点睛】
本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
29．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为______．（结果保留根号）
【答案】
【分析】
先由菱形的性质得出，求得，再根据直角三角形两锐角互余得 ,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得，，根据AAS证明可得，从而可求出．
【详解】
解：连接AC，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，，BD=2DO
∴
∵
∴
∵
∴
∵四边形ABCD是菱形，
∴
∴
在和中，
∴≌
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明≌是解答此题的关键．
30．（2021·浙江金华市·中考真题）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___________．
【答案】
【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.
【详解】
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：（-，）．
【点睛】
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．
三、解答题
31．（2021·四川广安市·中考真题）如图，四边形是菱形，点、分别在边、的延长线上，且．连接、．
求证：．
【答案】见解析
【分析】
根据菱形的性质得到BC=CD，∠ADC=∠ABC，根据SAS证明△BEC≌△DFC，可得CE=CF．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠ADC=∠ABC，
∴∠CDF=∠CBE，
在△BEC和△DFC中，
，
∴△BEC≌△DFC（SAS），
∴CE=CF．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据菱形得到判定全等的条件．
32．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在中，的角平分线交于点D，．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，且，求四边形的面积．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）4
【分析】
（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可证明；
（2）根据∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公式计算即可．
【详解】
解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是：
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD，
∵DE∥AB，
∴∠EDA=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE，
∴平行四边形AFDE是菱形；
（2）∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE是正方形，
∵AD=，
∴AF=DF=DE=AE==2，
∴四边形AFDE的面积为2×2=4．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法．
33．（2021·浙江金华市·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．
（1）求矩形对角线的长．
（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
【答案】（1）4；（2）
【分析】
（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长；
（2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得．
【详解】
解：（1）∵四边形是矩形
，
是等边三角形，
，
所以．
故答案为：4．
（2）在矩形中，．
由（1）得，．
又
在中，．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的对角线性质，等边三角形的判定，等腰三角形的三线合一以及在直角三角形中求锐角正切的知识点，灵活应用矩形对角线的性质是解题的关键．
34．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，点C是的中点，四边形是平行四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】
本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
35．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，在四边形中，，过点D作于E，若．
（1）求证：；
（2）连接交于点，若，求DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）过D作BC的垂线，交BC的延长线于点G，连接BD，证明四边形BEDG为正方形，得到条件证明△ADE≌△CDG，可得AD=CD；
（2）根据∠ADE=30°，AD=6，得到AE，DE，从而可得BE，BG，设DF=x，证明△AEF∽△ABC，得到比例式，求出x值即可．
【详解】
解：（1）过D作BC的垂线，交BC的延长线于点G，连接BD，
∵∠DEB=∠ABC=∠G=90°，DE=BE，
∴四边形BEDG为正方形，
∴BE=DE=DG，∠BDE=∠BDG=45°，
∵∠ADC=90°，即∠ADE+∠CDE=∠CDG+∠CDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，又DE=DG，∠AED=∠G=90°，
∴△ADE≌△CDG（ASA），
∴AD=CD；
（2）∵∠ADE=30°，AD=6，
∴AE=CG=3，DE=BE==，
∵四边形BEDG为正方形，
∴BG=BE=，
BC=BG-CG=-3，
设DF=x，则EF=-x，
∵DE∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，即，
解得：x=，
即DF的长为．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
36．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形
∴OA＝OC，BE∥DF
∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中
∴
∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形
∴OB＝OD
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD，
∴四边形是菱形
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
37．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是边AB、CD的中点．求证：DE=BF．
【答案】证明见试题解析．
【分析】
由矩形的性质和已知得到DF=BE，AB∥CD，故四边形DEBF是平行四边形，即可得到答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
又E、F分别是边AB、CD的中点，
∴DF=BE，
又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF．
考点：1．矩形的性质；2．全等三角形的判定．
38．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）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．
【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）6或8或10（答案不唯一）
【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．
【详解】
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．
【点睛】
本题考查菱形的性质，掌握菱形的概念准确作图是关键．
39．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．
（1）当时，
①求证：；
②连结，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．
【分析】
（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；
（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．
【详解】
（1）①证明：在菱形中，
，
，
，
，
∴（ASA），
∴．
②解：如图1，连结．
由①知，，
．
在菱形中，，
∴，
设，则．
，
∴，
∴，
∴．
（2）解：在菱形中，，
，
，
同理，，
∴．
是等腰三角形有三种情况：
①如图2，当时，，
，
，
，
．
②如图3，当时，
，
，
，
∴．
③如图4，当时，
，
，
，
．
综上所述，当或2或时，是等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．
40．（2021·安徽中考真题）学生到工厂劳动实践，学习制作机械零件．零件的截面如图阴影部分所示，已知四边形AEFD为矩形，点B、C分别在EF、DF上，，，，．求零件的截面面积．参考数据：，．
【答案】53.76cm2
【分析】
首先证明，通过解和，求出AE，BE，CF，BF，再根据计算求解即可．
【详解】
解：如图，
四边形AEFD为矩形， ，
∴EF//AB，
∵，
∴，
∵
∴
在中，．
又
同理可得，
答：零件的截面面积为53.76cm2
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形，通过解和，求出AE，BE，CF，BF的长是解答此题的关键．
41．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；
（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；
（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；
②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．
42．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
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