近五年（2017-2021）年浙江中考数学真题分类汇编之图形的性质（含解析）

这是一份近五年（2017-2021）年浙江中考数学真题分类汇编之图形的性质（含解析），共37页。

2017-2021年浙江中考数学真题分类汇编之图形的性质
一．选择题（共14小题）
1．（2021•杭州）如图，设点P是直线l外一点，PQ⊥l，垂足为点Q，点T是直线l上的一个动点，连结PT，则（　　）

A．PT≥2PQ B．PT≤2PQ C．PT≥PQ D．PT≤PQ
2．（2021•衢州）已知扇形的半径为6，圆心角为150°，则它的面积是（　　）
A．π B．3π C．5π D．15π
3．（2020•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE中点，连接BF．若AC＝8，BC＝6，则BF的长为（　　）

A．2 B．2.5 C．3 D．4
4．（2021•衢州）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，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
5．（2021•台州）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（　　）

A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．三角形两边之和大于第三边
D．两点确定一条直线
6．（2020•温州）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（　　）

A．1 B．2 C． D．
7．（2021•绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形纵向排列放置，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16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
8．（2020•金华）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（　　）

A．1+ B．2+ C．5﹣ D．
9．（2020•温州）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°
10．（2020•衢州）过直线l外一点P作直线l的平行线，下列尺规作图中错误的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2020•湖州）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO＝BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（　　）

A．DC＝DT B．AD＝DT C．BD＝BO D．2OC＝5AC
12．（2020•嘉兴）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（　　）

A．2 B．10 C．4 D．5
13．（2021•宁波）如图是一个由5张纸片拼成的平行四边形ABCD，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S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张矩形纸片EFGH的面积为S3，FH与GE相交于点O．当△AEO，△BFO，△CGO，△DHO的面积相等时，下列结论一定成立的是（　　）

A．S1＝S2 B．S1＝S3 C．AB＝AD D．EH＝GH
14．（2021•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以该三角形的三条边为边向外作正方形，正方形的顶点E，F，G，H，M，N都在同一个圆上．记该圆面积为S1，△ABC面积为S2，则的值是（　　）

A． B．3π C．5π D．
二．填空题（共6小题）
15．（2020•台州）如图，等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点．分别过点E，F沿着平行于BA，CA方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是　 　．

16．（2020•绍兴）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 　 　．

17．（2020•绍兴）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　 　（填序号）．
①，②1，③﹣1，④，⑤．
18．（2020•衢州）图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为　 　cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为　 　cm．

19．（2019•绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　 　．

20．（2019•湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是　 　．

三．解答题（共2小题）
21．（2020•台州）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF．
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB＝6，BC＝m时，在线段CM上存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．

22．（2020•衢州）【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连接EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．


2017-2021年浙江中考数学真题分类汇编之图形的性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．（2021•杭州）如图，设点P是直线l外一点，PQ⊥l，垂足为点Q，点T是直线l上的一个动点，连结PT，则（　　）

A．PT≥2PQ B．PT≤2PQ C．PT≥PQ D．PT≤PQ
【考点】垂线段最短． 版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【分析】根据垂线的性质“垂线段最短”即可得到结论．
【解答】解：∵PQ⊥l，点T是直线l上的一个动点，连结PT，
∴PT≥PQ，
故选：C．
【点评】本题考查了垂线段最短，熟练掌握垂线的性质是解题的关键．
2．（2021•衢州）已知扇形的半径为6，圆心角为150°，则它的面积是（　　）
A．π B．3π C．5π D．15π
【考点】扇形面积的计算． 版权所有
【专题】常规题型；运算能力．
【分析】把已知数据代入扇形面积公式计算，即可得到答案．
【解答】解：扇形面积＝，
故选：D．
【点评】本题考查的是扇形面积计算，掌握扇形面积公式：是解决本题的关键．
3．（2020•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE中点，连接BF．若AC＝8，BC＝6，则BF的长为（　　）

A．2 B．2.5 C．3 D．4
【考点】三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线；勾股定理． 版权所有
【专题】转化思想；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【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．
【解答】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．

【点评】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．
4．（2021•衢州）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，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
【考点】三角形中位线定理． 版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【分析】根据三角形中位线定理、线段中点的概念分别求出AD、DE、EF、AF，根据四边形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，
∴DE＝AC＝2.5，AF＝AC＝2.5，EF＝AB＝2，AD＝AB＝2，
∴四边形ADEF的周长＝AD+DE+EF+AF＝9，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
5．（2021•台州）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（　　）

A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．三角形两边之和大于第三边
D．两点确定一条直线
【考点】线段的性质：两点之间线段最短；垂线段最短；直线的性质：两点确定一条直线． 版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【分析】根据线段的性质，可得答案．
【解答】解：从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，理由是两点之间线段最短，
故选：A．
【点评】本题考查了线段的性质，熟记线段的性质并应用是解题的关键．
6．（2020•温州）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（　　）

A．1 B．2 C． D．
【考点】切线的性质；菱形的性质；圆周角定理． 版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】连接OB，根据菱形的性质得到OA＝AB，求得∠AOB＝60°，根据切线的性质得到∠DBO＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：连接OB，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA＝AB，
∵OA＝OB，
∴OA＝AB＝OB，
∴∠AOB＝60°，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠DBO＝90°，
∵OB＝1，
∴BD＝OB＝，
故选：D．

【点评】本题考查了切线的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练正确切线的性质定理是解题的关键．
7．（2021•绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形纵向排列放置，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16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
【考点】菱形的判定与性质． 版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【分析】根据题意画出图形，从图形中找到出现的菱形的个数即可．
【解答】解：如图所示，
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16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点评】本题主要考查菱形在实际生活中的应用，解题的关键是根据题意画出图形并熟练掌握菱形的判定．
8．（2020•金华）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（　　）

A．1+ B．2+ C．5﹣ D．
【考点】勾股定理的证明． 版权所有
【专题】计算题；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FG＝x，由勾股定理得出BC2＝（4+2）x2，则可得出答案．
【解答】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，
∵OG＝GP，
∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，
∴∠PBG＝22.5°，
又∵∠DBC＝45°，
∴∠GBC＝22.5°，
∴∠PBG＝∠GBC，
∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，
∴△BPG≌△BCG（ASA），
∴PG＝CG．
设OG＝PG＝CG＝x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG＝2x，FG＝x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF＝CG＝x，
∴BG＝x+x，
∴BC2＝BG2+CG2＝＝，
∴＝．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
9．（2020•温州）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°
【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的性质． 版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；几何直观．
【分析】根据等腰三角形的性质可求∠C，再根据平行四边形的性质可求∠E．
【解答】解：∵在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠C＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴∠E＝70°．
故选：D．
【点评】考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，关键是求出∠C的度数．
10．（2020•衢州）过直线l外一点P作直线l的平行线，下列尺规作图中错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】作图—复杂作图；平行线的判定． 版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；应用意识．
【分析】根据平行线的判定方法一一判断即可．
【解答】解：A、本选项作了角的平分线与等腰三角形，能得到一组内错角相等，从而可证两直线平行，故本选项不符合题意．
B、本选项作了一个角等于已知角，根据同位角相等两直线平行，能判断是过点P且与直线l的平行直线，本选项不符合题意．
C、由作图可知，垂直于同一条直线的两条直线平行，本选项不符合题意．
D、作图只截取了两条线段相等，而无法保证两直线平行的位置关系，本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，平行线的判定等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
11．（2020•湖州）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO＝BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（　　）

A．DC＝DT B．AD＝DT C．BD＝BO D．2OC＝5AC
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；切线的性质． 版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；应用意识．
【分析】如图，连接OD．想办法证明选项A，B，C正确即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OD．

∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC＝DT，故选项A正确，
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD＝90°，
∴∠A＝∠ADC＝45°，
∴AC＝CD＝DT，
∴AC＝CD＝DT，故选项B正确，
∵OD＝OD，OC＝OT，DC＝DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC＝∠DOT，
∵OA＝OB，OT⊥AB，∠AOB＝90°，
∴∠AOT＝∠BOT＝45°，
∴∠DOT＝∠DOC＝22.5°，
∴∠BOD＝∠ODB＝67.5°，
∴BO＝BD，故选项C正确，
根据筛选法，
故选：D．
【点评】本题考查切线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
12．（2020•嘉兴）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（　　）

A．2 B．10 C．4 D．5
【考点】作图—复杂作图；等腰三角形的性质；垂径定理． 版权所有
【专题】作图题；应用意识．
【分析】如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，设OA交BC于T．半径为r，

∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AT＝＝＝2，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13．（2021•宁波）如图是一个由5张纸片拼成的平行四边形ABCD，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S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张矩形纸片EFGH的面积为S3，FH与GE相交于点O．当△AEO，△BFO，△CGO，△DHO的面积相等时，下列结论一定成立的是（　　）

A．S1＝S2 B．S1＝S3 C．AB＝AD D．EH＝GH
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的性质． 版权所有
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】如图，连接DG，AH，过点O作OJ⊥DE于J．证明S△DGH＝S△AEH，S△DGC＝S△ADH，可得结论．
【解答】解：如图，连接DG，AH，过点O作OJ⊥DE于J．

∵四边形EFGH是矩形，
∴OH＝OF，EF＝GH，∠HEF＝90°，
∵OJ⊥DE，
∴∠OJH＝∠HEF＝90°，
∴OJ∥EF，
∵HO＝OF，
∴HJ＝JE，
∴EF＝GH＝2OJ，
∵S△DHO＝•DH•OJ，S△DHG＝•DH•GH，
∴S△DGH＝2S△DHO，
同法可证S△AEH＝2S△AEO，
∵S△DHO＝S△AEO，
∴S△DGH＝S△AEH，
∵S△DGC＝•CG•DH，S△ADH＝•DH•AE，CG＝AE，
∴S△DGC＝S△ADH，
∴S△DHC＝S△ADE，
∴S1＝S2，
故A选项符合题意；
S3＝HE•EF≠S1，
故B选项不符合题意；
AB＝AD，EH＝GH均不成立，
故C选项，D选项不符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是证明S△DGH＝S△AEH，S△DGC＝S△ADH．
14．（2021•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以该三角形的三条边为边向外作正方形，正方形的顶点E，F，G，H，M，N都在同一个圆上．记该圆面积为S1，△ABC面积为S2，则的值是（　　）

A． B．3π C．5π D．
【考点】勾股定理；垂径定理． 版权所有
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【分析】先设Rt△ABC的三边长为a，b，c，其中c为斜边，设⊙O的半径为r，根据图形找出a，b，c，r的关系，用含c的式子表示S1和S2，即可求出比值．
【解答】解：如图，
取AB的中点为O，AC的中点为D，连接OE，OG，OD，OC，

设AB＝c，AC＝b，BC＝a，
则a2+b2＝c2，①
取AB的中点为O，
∵△ABC是直角三角形，
∴OA＝OB＝OC，
∵圆心在MN和HG的垂直平分线上，
∴O为圆心，
连接OC，OG，OE，作OD⊥AC，则OG，OE为半径，
由勾股定理得：
，②
由①②得a＝b，
∴，
∴，，
∴，
故选：C．
【点评】本题主要考查勾股定理的应用，关键在找到圆心，依据的知识点是直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即斜边的中点为圆心，用字母表示多条边，然后找它们的关系是中考经常考的类型，平时要多加练习此类题型．
二．填空题（共6小题）
15．（2020•台州）如图，等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点．分别过点E，F沿着平行于BA，CA方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是　6　．

【考点】等边三角形的判定与性质；平行线的性质． 版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观．
【分析】根据三等分点的定义可求EF的长，再根据等边三角形的判定与性质即可求解．
【解答】解：∵等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点，
∴EF＝2，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
又∵DE∥AB，DF∥AC，
∴∠DEF＝∠B＝60°，∠DFE＝∠C＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴剪下的△DEF的周长是2×3＝6．
故答案为：6．
【点评】考查了等边三角形的性质，平行线的性质，关键是证明△DEF是等边三角形．
16．（2020•绍兴）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 　4　．

【考点】正方形的性质． 版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【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．
【解答】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：＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17．（2020•绍兴）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　①②③④　（填序号）．
①，②1，③﹣1，④，⑤．
【考点】矩形的性质；三角形三边关系；等腰三角形的性质． 版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．
【解答】解：如图所示：

则其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．
故答案为：①②③④．
【点评】考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，根据题意作出图形是解题的关键．
18．（2020•衢州）图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为　160　cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为　　cm．

【考点】勾股定理的应用；菱形的性质；轨迹；等腰三角形的性质． 版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．解直角三角形求出HT即可．
【解答】解：（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．

由题意：OP＝OQ＝50cm，PQ＝PA﹣AQ＝140﹣60＝80（cm），PM＝PA+BC＝140+60＝200（cm），PT⊥MN，
∵OH⊥PQ，
∴PH＝HQ＝40（cm），
∵cos∠P＝＝，
∴＝，
∴PT＝160（cm），
∴点P到MN的距离为160cm，
故答案为160．

（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．

由题意AT＝PT﹣PA＝160﹣140＝20（cm），OA＝PA﹣OP＝140﹣50＝90（cm），OQ＝50cm，AQ＝60cm，
∵QH⊥OA，
∴QH2＝AQ2﹣AH2＝OQ2﹣OH2，
∴602﹣x2＝502﹣（90﹣x）2，
解得x＝，
∴HT＝AH+AT＝（cm），
∴点Q到MN的距离为cm．
故答案为．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
19．（2019•绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　6+2或10或8+2　．

【考点】平面镶嵌（密铺）；整式的加减． 版权所有
【专题】整式．
【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．
【解答】解：如图所示：

图1的周长为1+2+3+2＝6+2；
图2的周长为1+4+1+4＝10；
图3的周长为3+5++＝8+2．
故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．
故答案为：6+2或10或8+2．
【点评】考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．
20．（2019•湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是　4　．

【考点】七巧板． 版权所有
【专题】图表型；矩形 菱形 正方形．
【分析】如图2中，连接EG，GM⊥EN交EN的延长线于M，利用勾股定理解决问题即可．
【解答】解：如图2中，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．

在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，
∴EG＝＝＝4，
∴EH＝＝4，
解法二：如图，连接EG交MN于点O．

由题意，EN＝MN＝4，GM＝8，
∵∠EON＝∠GOM，∠N＝∠M＝90°，
∴△EON∽△GOM，
∴＝＝，
∴ON＝MN＝，
∴OE＝＝，OG＝2OE＝，
∴GF＝EG＝（OE+OG）＝4．
故答案为4．
【点评】本题考查正方形的性质，七巧板，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
三．解答题（共2小题）
21．（2020•台州）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF．
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB＝6，BC＝m时，在线段CM上存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．

【考点】圆的综合题． 版权所有
【专题】几何综合题；应用意识．
【分析】（1）想办法证明∠BEF＝90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
（2）根据两角对应相等两三角形相似证明．
（3）证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ＝BD＝，EF＝m，由△ABC∽△CBM，可得BM＝，由△BEJ∽△BME，可得BE＝，由△BEF∽△BCA，推出＝，由此构建方程求解即可．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵∠EFB＝∠EDB，∠EBF＝∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF＝∠EDB+∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴△BEF是直角三角形．

（2）证明：∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD，
∵∠EFB＝∠EDB，
∴∠EFB＝∠BCD，
∵AC＝AD，BC＝BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC＝90°，
∵∠BCD+∠ACD＝∠ACD+∠CAB＝90°，
∴∠BCD＝∠CAB，
∴∠BFE＝∠CAB，
∵∠ACB＝∠FEB＝90°，
∴△BEF∽△BCA．

（3）解：设EF交AB于J．连接AE．
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA＝∠FEB＝90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ＝JB，
∴AF＝DF，
∴FJ＝BD＝，
∴EF＝m，
∵△ABC∽△CBM，
∴BC：MB＝AB：BC，
∴BM＝，
∵△BEJ∽△BME，
∴BE：BM＝BJ：BE，
∴BE＝，
∵△BEF∽△BCA，
∴＝，
即＝，
解得m＝2（负根已经舍弃）．

【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22．（2020•衢州）【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当＝时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连接EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．

【考点】四边形综合题． 版权所有
【专题】几何综合题；应用意识．
【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．

（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．

∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．

（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，

∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴＝，
∵S1＝•OG•DK，S2＝•BF•AD，
又∵BF＝2OG，＝，
∴＝＝，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝x，
∴＝＝．

（4）解：设OG＝a，AG＝k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k+2a，AC＝2（k+a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴BE＝，
由题意：10××2a×＝AD•（k+2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2+4ka，
∴k＝2a，
∴AD＝2a，
∴BE＝＝a，AB＝4a，
∴tan∠BAE＝＝．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．

∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴BE＝，
由题意：10××2a×＝AD•（k﹣2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2﹣4ka，
∴k＝a，
∴AD＝a，
∴BE＝＝a，AB＝a，
∴tan∠BAE＝＝，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．