2017-2021年浙江中考數(shù)學(xué)真題分類匯編之圖形的性質(zhì)（含解析）

2017-2021年浙江中考數(shù)學(xué)真題分類匯編之圖形的性質(zhì)

一.選擇題（共14小題）

1.（2021?杭州）如圖，設(shè)點P是直線/外一點，PQLI,垂足為點Q,點7是直線/上的一

個動點，連結(jié)PT,則（）

A.PT^2PQB.PTW2PQC.PT^PQD.PTWPQ

2.（2021?衢州）已知扇形的半徑為6,圓心角為150°,則它的面積是（）

A.—nB.3nC.5TTD.15n

2

3.（2020?寧波）如圖，在RtZXABC中，ZACB=90°,CQ為中線，延長CB至點E,使

BE=BC,連接。E,尸為。E中點，連接BF.若AC=8,BC=6,則的長為（）

A.2B.2.5C.3D.4

4.（2021?衢州）如圖，在△A8C中，AB=4,AC=5,BC=6,點。,E,尸分別是AB,BC,

C4的中點，連結(jié)OE,EF,則四邊形AOEF的周長為（）

A.6C.12D.15

5.（2021?臺州）小光準(zhǔn)備從4地去往8地，打開導(dǎo)航、顯示兩地距離為37.7b”，但導(dǎo)航提

供的三條可選路線長卻分別為45h〃，50km,51的？（如圖）.能解釋這一現(xiàn)象的數(shù)學(xué)知識

是（）

A.兩點之間，線段最短

B.垂線段最短

C.三角形兩邊之和大于第三邊

D.兩點確定一條直線

6.（2020?溫州）如圖，菱形0ABe的頂點A,B,C在。。上，過點B作。。的切線交04

的延長線于點D.若。O的半徑為1,則BD的長為（）

7.（2021?紹興）數(shù)學(xué)興趣小組同學(xué)從“中國結(jié)”的圖案（圖1）中發(fā)現(xiàn)，用相同的菱形縱

向排列放置，可得到更多的菱形.如圖2,用2個相同的菱形放置，得到3個菱形.下面

說法正確的是（）

A.用3個相同的菱形放置，最多能得到6個菱形

B.用4個相同的菱形放置，最多能得到16個菱形

C.用5個相同的菱形放置，最多能得到27個菱形

D.用6個相同的菱形放置，最多能得到41個菱形

8.（2020?金華）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABC。與正

方形EFGH.連接EG,BD相交于點O,BD與HC相交于點P.若GO=GP,則:正方形6cp

S正方形EFGH

的值是（）

A.1+72B.2+72C.5-72D.生

4

9.（2020?溫州）如圖，在△A8C中，NA=40°,AB=4C,點。在AC邊上，以CB,CD

為邊作口BCDE,則NE的度數(shù)為（）

11.（2020?湖州）如圖，已知。T是RtZXAB。斜邊AB上的高線，AO=BO.以。為圓心,

。了為半徑的圓交04于點C,過點C作。。的切線CQ,交AB于點￡>.則下列結(jié)論中錯

誤的是（）

A.DC=DTB.AD=MDTC.BD=BOD.2OC=5AC

12.（2020?嘉興）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC=2^BC=8,按下列步驟作圖：

①以點A為圓心，適當(dāng)?shù)拈L度為半徑作弧，分別交48,AC于點E,F,再分別以點￡

產(chǎn)為圓心，大于2E尸的長為半徑作弧相交于點H,作射線AH；

2

②分別以點A,B為圓心，大于的長為半徑作弧相交于點M,N,作直線MN,交射

2

線AH于點O；

③以點。為圓心，線段。4長為半徑作圓.

則。。的半徑為（）

A.2旄B.10C.4D.5

13.（2021?寧波）如圖是一個由5張紙片拼成的平行四邊形ABC。，相鄰紙片之間互不重疊

也無縫隙，其中兩張等腰直角三角形紙片的面積都為Si，另兩張直角三角形紙片的面積

都為S2,中間一張矩形紙片EFG”的面積為S3,FH與GE相交于點O.當(dāng)△AE。，△

BFO,△CGO,△ZJHO的面積相等時，下列結(jié)論一定成立的是（）

A.Si=S2B.S\=S3C.AB=ADD.EH=GH

14.（2021?金華）如圖，在RtZXABC中，NACB=90°,以該三角形的三條邊為邊向外作

正方形，正方形的頂點E,F,G,H,M,N都在同一個圓上.記該圓面積為Si，/\ABC

面積為S2,則包的值是（）

s2

C.5ii

D?與

二.填空題（共6小題）

15.（2020?臺州）如圖，等邊三角形紙片A8C的邊長為6,E,尸是邊8C上的三等分點.分

別過點E,尸沿著平行于8A,。方向各剪一刀，則剪下的△DE尸的周長是

16.（2020?紹興）如圖1,直角三角形紙片的一條直角邊長為2,剪四塊這樣的直角三角形

紙片，把它們按圖2放入一個邊長為3的正方形中（紙片在結(jié)合部分不重疊無縫隙），則

圖2中陰影部分面積為.

圖1圖2

17.（2020?紹興）將兩條鄰邊長分別為圾，1的矩形紙片剪成四個等腰三角形紙片（無余

紙片），各種剪法剪出的等腰三角形中，其中一個等腰三角形的腰長可以是下列數(shù)中的

（填序號）.

①圾,②1,③1,④返,⑤立.

2

18.（2020?衢州）圖1是由七根連桿鏈接而成的機械裝置，圖2是其示意圖.已知O,P兩

點固定，連桿PA=PC=\40cm,AB=BC=CQ=QA=60cm,OQ=50cm,O,P兩點間

距與OQ長度相等.當(dāng)OQ繞點。轉(zhuǎn)動時，點A,B,C的位置隨之改變，點3恰好在線

段MN上來回運動.當(dāng)點B運動至點M或N時，點4,C重合，點P,Q,A,B在同一

直線上（如圖3）.

（1）點尸到MN的距離為cm.

（2）當(dāng)點P,0,A在同一直線上時，點。到MN的距離為_______cm.

19.（2019?紹興）把邊長為2的正方形紙片A8CZ）分割成如圖的四塊，其中點。為正方形

的中心，點，尸分別為AB,的中點.用這四塊紙片拼成與此正方形不全等的四邊

形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無縫隙），則四邊形MNPQ的周長是.

20.（2019?湖州）七巧板是我國祖先的一項卓越創(chuàng)造，被譽為“東方魔板”.由邊長為4M

的正方形ABC?？梢灾谱饕桓比鐖D1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)

拼成如圖2所示的“拼搏兔”造型（其中點Q、R分別與圖2中的點E、G重合，點P

在邊EH上），則“拼搏兔”所在正方形EFG/7的邊長是.

三.解答題(共2小題)

21.(2020?臺州)如圖，在△ABC中，24cB=90°,將△ABC沿直線AB翻折得到△ABQ,

連接。交A8于點M.E是線段CM上的點，連接BE.F是△80E的外接圓與AC的

另一個交點，連接EF,BF.

(1)求證：ABE尸是直角三角形；

(2)求證：△BE/S/XBCA；

(3)當(dāng)AB=6,8C=m時，在線段CM上存在點E,使得EF和AB互相平分，求膽的

值.

備用圖

22.(2020?衢州)【性質(zhì)探究】

如圖，在矩形ABC。中，對角線AC,8。相交于點O,AE平分NBAC,交BC于點E.作

。F，AE于點”，分別交AB,AC于點F,G.

(1)判斷AAFG的形狀并說明理由.

(2)求證：BF=2OG.

【遷移應(yīng)用】

s

(3)記△OG。的面積為Si,△OB尸的面積為S2,當(dāng)一時，求他的值.

S23AB

【拓展延伸】

(4)若QF交射線AB于點F,【性質(zhì)探究】中的其余條件不變，連接EF,當(dāng)△BEF的

面積為矩形A8CC面積的」一時，請直接寫出tanNBAE的值.

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2017-2021年浙江中考數(shù)學(xué)真題分類匯編之圖形的性質(zhì)

參考答案與試題解析

選擇題（共14小題）

1.（2021?杭州）如圖，設(shè)點尸是直線/外一點，PQLI,垂足為點Q,點T是直線/上的一

個動點，連結(jié)PT,則（）

A.PT22PQB.PTW2PQC.PTNPQD.PTWPQ

【考點】垂線段最短.

【專題】線段、角、相交線與平行線；推理能力.

【分析】根據(jù)垂線的性質(zhì)“垂線段最短”即可得到結(jié)論.

【解答】解：點T是直線/上的一個動點，連結(jié)PT,

J.PT^PQ,

故選：C.

【點評】本題考查了垂線段最短，熟練掌握垂線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

2.（2021?衢州）已知扇形的半徑為6,圓心角為150°,則它的面積是（）

A.—nB.3nC.5nD.15K

2

【考點】扇形面積的計算.

【專題】常規(guī)題型；運算能力.

【分析】把己知數(shù)據(jù)代入扇形面積公式計算，即可得到答案.

2

【解答】解：扇形面積=15呼）￡旦=15兀，

360

故選：D.

2

【點評】本題考查的是扇形面積計算，掌握扇形面積公式：5出是解決本題的關(guān)鍵?

360

3.（2020?寧波）如圖，在RtZ\ABC中，NACB=90°,CD為中線，延長CB至點E,使

BE=BC,連接。E,F為OE中點，連接若AC=8,BC=6,則BF的長為（）

B

D

A.2B.2.5C.3D.4

【考點】三角形中位線定理；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；等腰三角形與直角三角形；推理能力.

【分析】利用勾股定理求得48=10;然后由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求

得CZ）的長度；結(jié)合題意知線段3尸是aCQE的中位線，則

2

【解答】解：*.,在RtZVl8c中，NACB=90°,AC=8,8c=6,

.,.AB-^AC2+BC2-^g2+62-10.

又為中線，

：.CD=1AB=5.

2

；產(chǎn)為。E中點，8E=8C即點5是EC的中點，

：.BF是△CCE的中位線，則BF=1-CD=2.5.

2

故選:B.

A

【點評】本題主要考查了勾股定理，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，此

題的突破口是推知線段CD的長度和線段BF是4CDE的中位線.

4.（2021?衢州）如圖,在△ABC中，AB=4,AC=5,BC=6,點。,E,F分別是AB,BC,

C4的中點，連結(jié)￡>E,EF,則四邊形AOE尸的周長為（）

B

E

A.6B.9C.12D.15

【考點】三角形中位線定理.

【專題】三角形；推理能力.

【分析】根據(jù)三角形中位線定理、線段中點的概念分別求出A。、DE、EF、AF,根據(jù)四

邊形的周長公式計算即可.

【解答】解：???點。，E,F分別是AB,BC,。的中點，

：.DE=1AC=2.5,AF=XAC=2.5,EF=^AB=2,AD=1AB=2,

2222

...四邊形ADEF的周長=AC+OE+EF+AF=9,

故選：B.

【點評】本題考查的是三角形中位線定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等

于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵.

5.（2021?臺州）小光準(zhǔn)備從4地去往3地，打開導(dǎo)航、顯示兩地距離為37.7切?，但導(dǎo)航提

供的三條可選路線長卻分別為45km,50k",51km（如圖）.能解釋這一現(xiàn)象的數(shù)學(xué)知識

是（）

■3嗯0*0)

56分鐘59分鐘59分鐘

SOidi51M

A.兩點之間，線段最短

B.垂線段最短

C.三角形兩邊之和大于第三邊

D.兩點確定一條直線

【考點】線段的性質(zhì)：兩點之間線段最短；垂線段最短；直線的性質(zhì)：兩點確定一條直

線.

【專題】線段、角、相交線與平行線；幾何直觀.

【分析】根據(jù)線段的性質(zhì)，可得答案.

【解答】解：從A地去往B地，打開導(dǎo)航、顯示兩地距離為37.75/,理由是兩點之間線

段最短，

故選：A.

【點評】本題考查了線段的性質(zhì)，熟記線段的性質(zhì)并應(yīng)用是解題的關(guān)鍵.

6.（2020?溫州）如圖，菱形0ABe的頂點A,B,C在。。上，過點8作。。的切線交OA

的延長線于點D.若00的半徑為1,則BD的長為（）

A.1B.2C.V2D.^3

【考點】切線的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；圓周角定理.

【專題】與圓有關(guān)的位置關(guān)系；推理能力.

【分析】連接OB,根據(jù)菱形的性質(zhì)得到OA=AB,求得NAO8=60°,根據(jù)切線的性質(zhì)

得到NOBO=90°,解直角三角形即可得到結(jié)論.

【解答】解：連接03,

?.?四邊形0A8C是菱形，

：.OA=AB,

'：OA=OB,

：.OA=AB=OB,

：.ZAOB=60°,

,:BD是的切線,

:.NDBO=90°,

BD=yf^OB=A/S)

【點評】本題考查了切線的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角

形，熟練正確切線的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.

7.（2021?紹興）數(shù)學(xué)興趣小組同學(xué)從“中國結(jié)”的圖案（圖1）中發(fā)現(xiàn)，用相同的菱形縱

向排列放置，可得到更多的菱形.如圖2,用2個相同的菱形放置，得到3個菱形.下面

說法正確的是（)

圖1圖2

A.用3個相同的菱形放置,最多能得到6個菱形

B.用4個相同的菱形放置，最多能得到16個菱形

C.用5個相同的菱形放置，最多能得到27個菱形

D.用6個相同的菱形放置，最多能得到41個菱形

【考點】菱形的判定與性質(zhì).

【專題】矩形菱形正方形；幾何直觀.

【分析】根據(jù)題意畫出圖形，從圖形中找到出現(xiàn)的菱形的個數(shù)即可.

【解答】解：如圖所示,

用2個相同的菱形放置,最多能得到3個菱形:

用3個相同的菱形放置，最多能得到8個菱形,

用4個相同的菱形放置，最多能得到16個菱形,

用5個相同的菱形放置，最多能得到29個菱形,

用6個相同的菱形放置，最多能得到47個菱形.

故選：B.

【點評】本題主要考查菱形在實際生活中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形并熟

練掌握菱形的判定.

8.（2020?金華）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABC。與正

方形EFGH.連接EG,BD相交于點O,BD與HC相交于點P.若GO=GP,則:正方出一?.

S正方形EFGH

的值是（）

BC

A.1+V2B.2+V2C.5-V2D.15-

4

【考點】勾股定理的證明.

【專題】計算題；等腰三角形與直角三角形；運算能力；推理能力.

【分析】證明(AS4),得出PG=CG.設(shè)OG=PG=CG=x,則EG=2x,

FG=Q,由勾股定理得出8c2=(4+2&)/,則可得出答案.

【解答】解：,?,四邊形E/GH為正方形，

/.ZEGH=45°,ZFGH=90°,

OG=GP,

:?/GOP=/OPG=675°,

???NP8G=22.5°,

又??,/O3C=45°,

AZGBC=22.5°,

/PBG=NGBC,

?：NBGP=NBGC=90°,BG=BG,

：./\BPG^/\BCG(ASA),

:?PG=CG.

設(shè)OG=PG=CG=x,

?：0為EG,BD的交點、,

?**EG=2x，F(xiàn)G=5/2^，

??,四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，

：.BF=CG=x,

*"*BG=,

2222

：,BC^BG+CG^X2(&+1)2+X2=(4+2加)x,

..正方形ABCD_(4+2&)X、匚

S正方形EFGH2x22

故選:B.

【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形

的性質(zhì)等知識，熟練掌握勾股定理的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵.

9.（2020?溫州）如圖，在△A8C中，ZA=40",AB=AC,^D^EACii±,以CB,CD

為邊作。BCCE,則NE的度數(shù)為()

C.60°D.70°

【考點】平行四邊形的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì).

【專題】等腰三角形與直角三角形；多邊形與平行四邊形；幾何直觀.

【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求NC,再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可求NE.

【解答】解：?.,在△ABC中，ZA=40°,AB=AC,

：.ZC=(180°-40°)+2=70°,

四邊形BCDE是平行四邊形，

AZ￡=70°.

故選：D.

【點評】考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是求出/C的度數(shù).

【考點】作圖一復(fù)雜作圖；平行線的判定.

【專題】線段、角、相交線與平行線：應(yīng)用意識.

【分析】根據(jù)平行線的判定方法一一判斷即可.

【解答】解：A、本選項作了角的平分線與等腰三角形，能得到一組內(nèi)錯角相等，從而可

證兩直線平行，故本選項不符合題意.

8、本選項作了一個角等于已知角，根據(jù)同位角相等兩直線平行，能判斷是過點P且與直

線/的平行直線，本選項不符合題意.

C、由作圖可知，垂直于同一條直線的兩條直線平行，本選項不符合題意.

。、作圖只截取了兩條線段相等，而無法保證兩直線平行的位置關(guān)系，本選項符合題意.

故選：D.

【點評】本題考查作圖-復(fù)雜作圖，平行線的判定等知識，解題的關(guān)鍵是讀懂圖象信息,

屬于中考?？碱}型.

11.（2020?湖州）如圖，已知OT是RtAABO斜邊AB上的高線，AO=BO.以。為圓心，

0T為半徑的圓交。4于點C,過點C作00的切線C￡>,交AB于點D.則下列結(jié)論中錯

誤的是（）

A.DC=DTB.AD=MDTC.BD=BOD.WC=5AC

【考點】全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形；切線的性質(zhì).

【專題】圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；應(yīng)用意識.

【分析】如圖，連接0D.想辦法證明選項A,B,C正確即可解決問題.

是的切線，

是O。的切線，

：.DC=DT,故選項A正確,

"：OA=OB,/AOB=90°,

.NA=NB=45°,

?OC是切線，

：.CDLOC,

：.ZACD=90°,

.?./A=/A￡>C=45°,

:.AC=CD=DT,

：.AC^y/2CD=y/2DT,故選項8正確，

YOD=OD,OC=OT,DC=DT,

.?.△DOC絲△DOTCSSS）,

：.NDOC=/DOT,

"：OA=OB,OTLAB,NA08=90°,

AZAOT=ZBOT=45°,

：.4DOT=4D0C=225°,

:.NBOD=NODB=675°,

：.BO=BD,故選項C正確，

根據(jù)篩選法，

故選：D.

【點評】本題考查切線的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判

定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型.

12.（2020?嘉興）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC=2jmBC=8,按下列步驟作圖：

①以點A為圓心，適當(dāng)?shù)拈L度為半徑作弧，分別交AB,AC于點E,F,再分別以點E,

尸為圓心，大于小EF的長為半徑作弧相交于點H,作射線AH；

2

②分別以點A,8為圓心，大于」乂8的長為半徑作弧相交于點M,N,作直線MN,交射

2

線AH于點O；

③以點O為圓心，線段OA長為半徑作圓.

則00的半徑為（）

A.25/5B.10C.4D.5

【考點】作圖一復(fù)雜作圖；等腰三角形的性質(zhì)；垂徑定理.

【專題】作圖題；應(yīng)用意識.

【分析】如圖，設(shè)OA交8c于T.解直角三角形求出AT,再在RtZ\0C7中，利用勾股

定理構(gòu)建方程即可解決問題.

【解答】解：如圖，設(shè)OA交BC于7.半徑為r,

；AB=AC=2旄，A0平分N8AC,

：.AOA-BC,BT=TC=4,

/M7=VAC2-CT2=7(2V5)2-42=2,

在RtZ\OCT中，則有/=(r-2)2+42,

解得r=5,

故選：D.

【點評】本題考查作圖-復(fù)雜作圖，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理等知識，解題的關(guān)鍵

是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題.

13.(2021?寧波)如圖是一個由5張紙片拼成的平行四邊形ABCZ),相鄰紙片之間互不重疊

也無縫隙，其中兩張等腰直角三角形紙片的面積都為N，另兩張直角三角形紙片的面積

都為S2,中間一張矩形紙片EFGH的面積為S3,FH與GE相交于點O.當(dāng)△AEO,△

BFO,△CG。，△￡>H。的面積相等時，下列結(jié)論一定成立的是（）

口女.............-5.C

C.AB=ADD.EH=GH

【考點】矩形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形；平行四邊形的性質(zhì).

【專題】圖形的全等；多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；推理能力.

【分析】如圖，連接。G,AH,過點。作Q/LQE于J.證明S“GH=SAAEH,S&DGC=S

Ai4?！保傻媒Y(jié)論.

【解答】解：如圖，連接。G,AH,過點。作OJ_LOE于

----------------------------C

?..四邊形EFGH是矩形，

：.OH=OF,EF=GH,ZHEF=90°,

,：OJA-DE,

：.NOJH=NHEF=90°,

：.OJ//EF,

,:HO=OF,

：.HJ=JE,

：.EF=GH=2OJ,

'：SADHO=—'DH-OJ,S4DHG=LDH，GH，

22

SADGH=2S&DHO,

同法可證S^AEH~2S^AEOy

:SADHO=S&AEO,

：*SADGH=SAAEH，

；SM>GC=2,CG?DH,SAADH=',DH，AE,CG=AE,

22

:*S/\DGC=S/\ADH，

工SADHC=S*DE,

故A選項符合題意；

S3=HE,EF乎S1,

故8選項不符合題意；

AB=AD,EH=GH均不成立，

故C選項，力選項不符合題意，

故選：A.

【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，平

行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是證明S&DGH=SAAEH，S^DGC=S^ADH.

14.（2021?金華）如圖，在RtZxABC中，ZACB=90°,以該三角形的三條邊為邊向外作

正方形，正方形的頂點E,F,G,H,M,N都在同一個圓上.記該圓面積為Si，/XABC

面積為S2,則」Si的值是（）

$2

22

【考點】勾股定理；垂徑定理.

【專題】與圓有關(guān)的計算；推理能力.

【分析】先設(shè)RtZVIBC的三邊長為a,b,c,其中c為斜邊，設(shè)。。的半徑為r,根據(jù)圖

形找出a,b,c,「的關(guān)系，用含c的式子表示Si和S2,即可求出比值.

【解答】解：如圖，

取AB的中點為O,AC的中點為。，連接OE,OG,OD,OC,

則a2+fe2=c2,①

取AB的中點為O,

?.?△ABC是直角三角形,

：.OA=OB=OC,

?.?圓心在MN和HG的垂直平分線上,

為圓心,

連接OC,OG,OE,作OO_LAC,則OG,OE為半徑,

由勾股定理得:

222

r2=(+管)=c2+，②

由①②得a=b,

2

-2_c

??a-2,

’51號兀?2，S2=-j-ab~

$152c2

手丁+『5冗,

故選：C.

【點評】本題主要考查勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵在找到圓心，依據(jù)的知識點是直角三角形

斜邊上的中點等于斜邊的一半，即斜邊的中點為圓心，用字母表示多條邊，然后找它們

的關(guān)系是中考經(jīng)常考的類型，平時要多加練習(xí)此類題型.

二.填空題（共6小題）

15.（2020?臺州）如圖，等邊三角形紙片ABC的邊長為6,E,尸是邊BC上的三等分點.分

別過點E,F沿著平行于BA,C4方向各剪一刀，則剪下的△￡>￡下的周長是6.

【考點】等邊三角形的判定與性質(zhì)；平行線的性質(zhì).

【專題】等腰三角形與直角三角形；幾何直觀.

【分析】根據(jù)三等分點的定義可求EF的長，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)即可求解.

【解答】解：?.?等邊三角形紙片A8C的邊長為6,E,尸是邊BC上的三等分點，

：.EF=2,

?..△ABC是等邊三角形，

；.NB=NC=60°,

又：。E〃AB,DF//AC,

:.NDEF=/B=60°,ZDFE=ZC=60°,

.?.△OEF是等邊三角形，

剪下的△OEF的周長是2X3=6.

故答案為：6.

【點評】考查了等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵是證明△￡>￡尸是等邊三角形.

16.（2020?紹興）如圖1,直角三角形紙片的一條直角邊長為2,剪四塊這樣的直角三角形

紙片，把它們按圖2放入一個邊長為3的正方形中（紙片在結(jié)合部分不重疊無縫隙），則

圖2中陰影部分面積為4A/5-

圖1圖2

【考點】正方形的性質(zhì).

【專題】矩形菱形正方形；運算能力；推理能力.

【分析】根據(jù)題意和圖形，可以得到直角三角形的一條直角邊的長和斜邊的長，從而可

以得到直角三角形的另一條直角邊長，再根據(jù)圖形，可知陰影部分的面積是四個直角三

角形的面積，然后代入數(shù)據(jù)計算即可.

【解答】解：由題意可得，

直角三角形的斜邊長為3,一條直角邊長為2,

故直角三角形的另一條直角邊長為：^32_22=75,

故陰影部分的面積是:苧X4=4遙，

故答案為：4^/5-

【點評】本題考查正方形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積，解答本題的關(guān)鍵是明確題

意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答.

17.（2020?紹興）將兩條鄰邊長分別為我，1的矩形紙片剪成四個等腰三角形紙片（無余

紙片），各種剪法剪出的等腰三角形中，其中一個等腰三角形的腰長可以是下列數(shù)中的

①②③④（填序號）.

①后,②1,③加7,④項,⑤雨.

【考點】矩形的性質(zhì)；三角形三邊關(guān)系；等腰三角形的性質(zhì).

【專題】矩形菱形正方形；幾何直觀.

【分析】首先作出圖形，再根據(jù)矩形的性質(zhì)和等腰三角形的判定即可求解.

【解答】解：如圖所示：

亞-11

1

142-1-J2

-1,④返，不可以是y.

則其中一個等腰三角形的腰長可以是①我，②1,③加

2

故答案為：①②③④.

【點評】考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì),根據(jù)題意作出圖形是解題的關(guān)

鍵.

18.（2020?衢州）圖1是由七根連桿鏈接而成的機械裝置，圖2是其示意圖.已知O,尸兩

點固定，連桿PA=PC=140cm,A8=8C=CQ=QA=60"”,OQ=50cm,O,P兩點間

距與OQ長度相等.當(dāng)0。繞點O轉(zhuǎn)動時，點A,B,C的位置隨之改變，點8恰好在線

段上來回運動.當(dāng)點8運動至點M或N時，點A,C重合，點P,Q,A,8在同一

直線上（如圖3）.

（1）點尸到MN的距離為160cm.

【考點】勾股定理的應(yīng)用；菱形的性質(zhì)；軌跡；等腰三角形的性質(zhì).

【專題】矩形菱形正方形；解直角三角形及其應(yīng)用；應(yīng)用意識.

【分析】（1）如圖3中，延長PO交MN于T,過點。作OHLPQ于”.解直角三角形

求出PT即可.

（2）如圖4中，當(dāng)O,P,A共線時，過。作尸7于〃.設(shè)解直角三角

形求出”7即可.

【解答】解：（1）如圖3中，延長P。交于7,過點。作OHLPQ于

M與

A(C)

圖3

由題意：0P=OQ=50c，"，->42=140-60=80(cn?),PM=PA+BC=140+60=

200(cm),PTLMN,

'JOHLPQ,

:.PH=HQ=40(cm),

?.?cos/P=Hl=IL

OPPM

?40=PT

''~50200)

：.PT=\6Q(cm),

...點P到MN的距離為160cm,

故答案為160.

(2)如圖4中，當(dāng)O,P,A共線時，過。作Q”J_P7于”.^HA=xcm.

AQ=60c〃z,

???Q〃_LOA,

.\QH2=AQ2-AH2=OQ1_OH2,

/.602-7=5。2-（90-x）2,

解得x=鯉，

9

：.HT=AH+AT=640（cm）,

9

...點。到MN的距離為國竺cm.

9

故答案為我.

9

【點評】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，等腰三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識，解題

的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)

建方程解決問題.

19.（2019?紹興）把邊長為2的正方形紙片A8CD分割成如圖的四塊，其中點。為正方形

的中心，點E,F分別為A8,AD的中點.用這四塊紙片拼成與此正方形不全等的四邊

形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無縫隙），則四邊形MNPQ的周長是6+2、Q或10或

8±272_.

【考點】平面鑲嵌（密鋪）；整式的加減.

【專題】整式.

【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，再根據(jù)周長的定義即可求解.

【解答】解：如圖所示：

圖3

圖1的周長為1+2+3+2圾=6+2我；

圖2的周長為1+4+1+4=10；

圖3的周長為3+5+揚料=8+2圾.

故四邊形MNPQ的周長是6+2加或10或8+2&.

故答案為：6+2點或10或8+2如.

【點評】考查了平面鑲嵌（密鋪），關(guān)鍵是得到與此正方形不全等的四邊形MNP。（要求

這四塊紙片不重疊無縫隙）的各種情況.

20.（2019?湖州）七巧板是我國祖先的一項卓越創(chuàng)造，被譽為“東方魔板”.由邊長為4夜

的正方形488可以制作一副如圖1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)

拼成如圖2所示的“拼搏兔”造型（其中點Q、R分別與圖2中的點及G重合，點P

在邊EH上），則“拼搏兔”所在正方形EFGH的邊長是二注

【考點】七巧板.

【專題】圖表型；矩形菱形正方形.

【分析】如圖2中，連接EG,交EN的延長線于M,利用勾股定理解決問題即

可.

【解答】解：如圖2中，連接EG,作GMLEN交EN的延長線于

E______________H

在RtZ\EMG中，\"GM=4,EM=2+2+4+4=12,

?*-EG={EMKM2=J]22+42=4萬，

：.EH=^=4yfs>

V2

解法二：如圖，連接EG交何N于點0.

由題意，EN=MN=4,GM=8,

■:NEON=NGOM,NN=NM=90°,

：.AEONsAGOM,

?ON=EN=1

*'0MGM2"

：.ON=、MN=*,

33

°E=YEN2~K)H2=0G=20E=^^,

.*.GF=V^EG=?(OE+OG)=4泥.

故答案為4旄.

【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，七巧板，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常

用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題.

三.解答題(共2小題)

21.(2020?臺州)如圖,在△ABC中，NACB=90°,將△ABC沿直線AB翻折得到△”￡>,

連接CC交AB于點M.E是線段CM上的點，連接BE.F是△BDE的外接圓與的

另一個交點，連接EF,BF.

(1)求證：ABE尸是直角三角形；

(2)求證：XBEFs△BCk，、

(3)當(dāng)AB=6,8C=m時，在線段CM上存在點E,使得EF和A8互相平分，求小的

值.

【考點】圓的綜合題.

【專題】幾何綜合題；應(yīng)用意識.

【分析】（1）想辦法證明/BEF=90°即可解決問題（也可以利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)

直接證明）.

（2）根據(jù)兩角對應(yīng)相等兩三角形相似證明.

（3）證明四邊形AFBE是平行四邊形，推出FJ^XBD=^,EF=m,由

22

可得由△BEJS/XBA/E,可得BE=3-，由4BErS^BC4,推出絲

6MEFBE

由此構(gòu)建方程求解即可.

【解答】（1）證明：,將△A8C沿直線A8翻折得到△AB。,

AZADB=ZACB=90Q,

,/ZEFB=ZEDB,ZEBF=ZEDF,

NEFB+NEBF=/EDB+/EDF=ZADB=90°,

：.ZBEF=90°,

.,.△BEF是直角三角形.

(2)證明：:BC=BD,

：.ZBDC=ZBCD,

■:NEFB=NEDB,

：.NEFB=NBCD,

"：AC=AD,BC=BD,

：.AB1.CD,

...NAMC=90°,

ZBCD+ZACD=NAC￡>+NC4B=90°,

：.ZBCD=ZCAB,

:./BFE=NCAB,

?；NACB=NFEB=9Q°,

:.△BEFsXBCA.

(3)解：設(shè)EF交AB于J.連接AE.

與AB互相平分，

二四邊形AFBE是平行四邊形，

；.NEFA=NFEB=90°,BPEF±AD,

'：BD1AD,

：.EF//BD,

"：AJ=JB,

：.AF=DF,

：.FJ=^BD=^,

22

EF=m,

,?AABCsdCBM,

：.BC：MB=AB：BC,

2

6

：.BEtBM=BJ：BE,

：.BE=-^,

V2

'：/\BEF^/\BCA,

?AC=BC,

"EFBE'

即旦亞=_EL,

m方m

解得機=2夷(負(fù)根已經(jīng)舍棄).

【點評】本題屬于圓綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)平行四邊形

的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題.

22.(2020?衢州)【性質(zhì)探究】

如圖，在矩形ABCO中，對角線AC,8。相交于點O,AE平分/BAC,交BC于點E.作

。F，AE于點”，分別交A8,AC于點F,G.

(1)判斷△4FG的形狀并說明理由.

(2)求證：BF=2OG.

【遷移應(yīng)用】

s

(3)記△OG。的面積為Si,△OBF的面積為S2，當(dāng)一1=工時，求他的值.

S23AB

【拓展延伸】

(4)若QF交射線A8于點F,【性質(zhì)探究】中的其余條件不變，連接EF,當(dāng)△BEF的

面積為矩形ABCD面積的」—時，請直接寫出