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1、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（ ）ABCD【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
2、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，AB5，AD3，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（ ） A1BCD【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RtBEF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，
3、由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5在RtDAF中，AD=3，DF=5，AF=，BF=AB-AF=5-4=1，在RtBEF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ONOM，交CD于点N若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）A1BC2D【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
4、ABCD中，对角线BDAC，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
5、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
6、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
7、的值为（ ）ABCD【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CPHGDQ，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
8、=BPC，DF/EH，PH为CFQ的中位线，PH=QF，CH=HQ，四边形EPFN是正方形，EFN=45，GDDF，FDG是等腰直角三角形，DG=FD=PC，GDQ=CPH=90，DG/CF，DGQ=PCH，在DGQ和PCH中，DGQPCH，PH=DQ，CH=GQ，PH=DF=BE，CG=3CH，BH=BE+PE+PH=，在RtPCH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
9、E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）ABCD【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】HFBC,EGAB,BEO=BFO=90，A=120，B=60，EOF=120，EOH=60，由菱形的对边平行，得HFAD,EGCD，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，
10、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（ ）A60B65C75D80【答案】C【分析】
11、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（ ）ABC2D【答案】B【分析】根据菱形的基性质，得到PAE=
12、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，ACBD，CAE=30，ACBD，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3010（2021四川自贡市中考
13、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（ ）ABC3D【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
14、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=BB=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，
15、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（ ）ABCD【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
16、：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）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”；车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形”；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
17、”；地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等” 【答案】【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：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；车轮做成圆形，应用了“同圆的半径相等”，故错误；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；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：【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
18、，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GHCD，交AB于N，先证明ABEMCE，由CF=3DF，可求DF=1，CF=3，再证ABGMFG，则利用相似比可计算出GN，再利用两三角形面积差计算SDEG即可【详解】解：延长AG交DC延长线于M，过G作GHCD，交AB于N，如图，点E为BC中点，BE=CE，在ABE和MCE中，ABEMCE（ASA），AB=MC=4，CF=3DF，CF+DF=4，DF=1，CF=3，FM=FC+CM=3+4=7，ABMF，ABG=MFG，AGB=MGF，ABGMFG，SA
19、FG=SAFB-SAGB=，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AOEADC，利用对应边成比例求出OE=，再根据勾股定
20、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，MNEF，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=DACAOEADC， ，由勾股定理得到：AC= ，OE=，OA=，OC=， ，解得：,的长为1设BN=m，BF=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
21、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GFAB，证明CGFCAB，可得，证明ADGBEF，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，GFAB，CGFCAB，即，AD+BE=AB-DE=，AC=BC，A=B，又DG=EF，ADG=BEF=90，ADGBEF（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
22、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DFAB，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DFBC于F
23、，BD平分ABC，ABD=CBD，AD=DF，又BAD=BFD=90，BD=BD，BADBFD（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
24、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
25、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
26、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AEBC，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AEBC，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RtABO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
27、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，ACBD，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，
28、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：；若，则，你认为其中正确是_（填写序号）【答案】【分析】四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得ABDFBE45，根据等式的基本性质确定出；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；根据两角相等的两个三角形相似得到EBHDBE，从而得到比例式，根据BEBG，代换即
29、可作出判断；由相似三角形对应角相等得到BAFBDE45，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设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2BHBD，求出BH，DH，即可判断【详解】解：四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，ABDFBE45，又ABF45DBF，DBE45DBF，选项正确； 四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，ADAB，BFBE，BDAB，BE=BF， 又，选项正确；四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，BEHBDE45，又EBHDBE，EBHDBE， ，即BE2BHBD，又BEBG，选
30、项确； 由知：，又四边形ABCD为正方形，BD为对角线，BAFBDE45，AF在正方形另外一条对角线上，AFBD，正确，设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，BE=， BE2BHBD，DH=BD-BH=,，故错误，综上所述：正确，故答案是：【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】AB5，AD12，根据矩形的性质和勾股定理，得AC13.BO为
31、RABC斜边上的中线BO6.5O是AC的中点，M是AD的中点，OM是ACD的中位线OM2.5四边形ABOM的周长为：6.52.56520故答案为2025（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=2NOD，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=2NOD， MOD+NOD=90，NO
32、D=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：；的最小值是其中所有正确结论的序号是_【答案】【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；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；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；过点作于
33、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【详解】解：四边形是正方形，在和中，即，结论正确；平分，结论正确；，即，结论错误；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，结论正确；综上，所有正确结论的序号是，故答案为：【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，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、
34、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
35、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（图中的“様”和“隻”为“样”和“只”）图为某蝶几设计图，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
36、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
37、，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”，三角形的边BC及四边形的边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.
38、【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FGx轴，垂足为G, 点F作FHy轴，垂足为H, 过点A作AQx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，
39、用未知数表示各个图形的边长，点的横坐标，点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BECDFC，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，BECDFC（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
40、；（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DEAB，DFAC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：DEAB，DFAC，四边形AFDE是平行四边形，AD平分BAC，FAD=EAD，DEAB，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22=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