2021年浙江省中考数学真题分类专题：四边形（解析版）

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1、2021 年浙江省中考数学真题分类专题：年浙江省中考数学真题分类专题：四边形四边形 1.（2021 年宁波中考真题） 如图是一个由 5张纸片拼成的ABCDY，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1S，另两张直角三角形纸片的面积都为2S，中间一张矩形纸片EFGH的面积为3S，FH与GE相交于点 O当,AEOBFO CGODHOVVVV的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ） A 12SS= B. 13SS C. ABAD D. EHGH 【答案】A 【解析】 【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

2、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 OPEF 于点 P， OQGF 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1S，2S，3S进行判断即可 【详解】解：由题意得，AED 和BCG是等腰直角三角形， 45ADEDAEBCGGBC 四边形 ABCD是平行四边形， AD=BC，CD=AB，ADC=ABC，BAD=DCB HDC=FBA，DCH=BAF， AEDCGB，CDHABF AE=DE=BG=

3、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 OPEF于点 P，OQGF于点 Q， OP/HE，OQ/EF 点 O是矩形 HEFG对角线交点，即 HF和 EG 的中点， OP，OQ分别是FHE和EGF 的中位线， 1122OPHEb，1122OQEFc 1111()()2224BOFSBF OQabcab cg 11112224AOESAE OPababg BOFAOESS 11()44ab cab，即ac bcab 而211122AEDSSAE DEag， 222211111()()()()22222

4、AFBSSAF BFac abaabacbcaababag 所以，12SS=，故选项 A 符合题意， 2223=()()SHE EFab acabcabacaababag 13SS，故选项 B 不符合题意， 而ABAD于EHGH都不一定成立，故,C D都不符合题意， 故选：A 【点睛】 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 2 （2021 年温州中考真题）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 ABCD 如图所示过点 D 作 DF 的垂线交小正方形对角线EF 的延长线于点 G， 连结 CG， 延长BE 交CG 于点

5、H 若 AE2BE，则（ ） A B C D 【分析】如图，过点 G 作 GTCF 交 CF 的延长线于 T,设 BH 交 CF 于 M,AE 交 DF 于 N设 BEANCHDFa,则 AEBMCFDN2a,想办法求出 BH,CG,可得结论 【解答】解：如图，过点 G 作 GTCF 交 CF 的延长线于 T,AE 交 DF 于 N,则 AEBMCFDN2a, ENEMMFFNa, 四边形 ENFM 是正方形， EFHTFG45,NFEDFG45, GTTF,DFDG, TGFTFGDFGDGF45, TGFTDFDGa, CT3a,CGa, MHTG, CMHCTG, CM:CTMH:TG7

6、, MHa, BH5a+aa, , 故选：C 3.（2021 年绍兴中考真题）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，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 【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 8 个相同的菱形放置，最多能得到

7、8 个菱形， 用 4 个相同的菱形放置，最多能得到 16 个菱形， 故选：B 二、填空题二、填空题 1 （2021 年杭州中考真题）如图是一张矩形纸片 ABCD，点 M 是对角线 AC 的中点，点 E 在 BC 边上，使点 C 落在对角线 AC 上的点 F 处，连接 DF，则DAF 18 度 【分析】连接 DM,利用斜边上的中线等于斜边的一半可得AMD 和MCD 为等腰三角形，DAFMDA,MCDMDC；由折叠可知 DFDC,可得DFCDCF；由 MFAB,ABCD,DFDC,可得FMFD,进而得到FMDFDM；利用三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，可得DFC2FMD；最后在MDC 中

8、，利用三角形的内角和定理列出方程，结论可得 【解答】解：连接 DM,如图： 四边形 ABCD 是矩形， ADC90 M 是 AC 的中点， DMAMCM, FADMDA,MDCMCD DC,DF 关 DE 对称， DFDC, DFCDCF MFAB,ABCD, MFFD FMDFDM DFCFMD+FDM, DFC2FMD DMCFAD+ADM, DMC2FAD 设FADx,则DFC8x, MCDMDC4x DMC+MCD+MDC180, 2x+3x+4x180 x18 故答案为：18 2 （2021 年宁波中考真题）如图，在矩形ABCD中，点 E在边AB上，BEC与FECV关于直线EC对称，

9、 点 B的对称点 F在边AD上， G 为CD中点， 连结BG分别与,CE CF交于 M， N两点， 若BMBE，1MG ，则BN的长为_，sinAFE的值为_ 【答案】 (1). 2 (2). 2 1 【解析】 【分析】 由BEC与FECV关于直线EC对称， 矩形,ABCD证明,BECFECVV再证明,BCNCFDVV 可得,BNCD 再求解2,CD 即可得BN的长； 先证明,AFECBGVV 可得：,AEEFCGBG 设,BMx 则,1,2,BEBMFEx BGxAEx 再列方程，求解, x 即可得到答案 【详解】解：Q BEC与FECV关于直线EC对称，矩形,ABCD ,BECFECVV

10、90 ,ABCADCBCD 90 ,EBCEFCBECFEC BEFE BCFC ,BMBEQ ,BEMBME ,FECBME /,EF MN 90BNCEFC， 90 ,BNCFDC 90BCDQ, 90,NBCBCNBCNDCF ,NBCDCF ,BCNCFDVV ,BNCD Q 矩形,ABCD /,/,AB CD AD BC ,BEMGCM ,1,BEMBMECMG MGG Q为CD的中点， ,GMCGCM 1,2,CGMGCD 2.BN 如图，,/,BMBEFE MN EFQ 四边形ABCD都是矩形， ,/,90 ,ABCD AD BCABCG ,AEFABG 90,AFEAEFABG

11、CBG Q ,AFECBG ,AFECBGVV ,AEEFCGBG 设,BMx 则,1,2,BEBMFEx BGxAEx 2,11xxx 解得：2,x 经检验：2x 是原方程的根，但2x 不合题意，舍去， 22,2,AEEF 22sin21.2AEAFEEF 故答案为：2,21. 【点睛】本题考查的是矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，分式方程的解法，掌握以上知识是解题的关键 3 （2021 年绍兴中考真题）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，则 BC 长为 cm（结果保留根号） 【

12、分析】根据题意即可求得FOD2DOE，即可求得DOE30，由矩形的性质结合平行线的性质可求得DBC30，利用含 30 角的直角三角形的性质可求解 【解答】解：过 O 点作 OECD，OFAD，F， 由题意知FOD2DOE， FOD+DOE90， DOE30，FOD60， 在矩形 ABCD 中，C90， OEBC， DBCDOE30， BCCD， 故答案为 4 （2021 年嘉兴中考真题）如图，在ABCD 中，对角线 AC，BD 交于点 O，ABAC，AHBD 于点 H，若 AB2，BC2，则 AH 的长为 【解答】解：如图， ABAC，AB2，BC2， AC2， 在ABCD 中，OAOC，OB

13、OD， OAOC， 在 RtOAB 中， OB， 又 AHBD， OBAHOAAB，即， 解得 AH 故答案为： 5 （2021 年台州中考真题）如图，点 E， F，G分别在正方形 ABCD的边 AB，BC，AD 上，AFEG若AB5，AEDG1，则 BF_ 【答案】54 【解析】 【分析】先证明ABFGAEVV，得到ABBFGAAE，进而即可求解 【详解】在正方形 ABCD中，AFEG， AGE+GAM =90 ，FAB+GAM=90 ， FAB =AGE， 又ABF=GAE=90， ABFGAEVV， ABBFGAAE，即：55 11BF， BF=54 故答案是：54 【点睛】本题主要考查

14、正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明ABFGAEVV，是解题的关键 6 （2021 年丽水中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为720，则原多边形的边数是_ 【答案】6 或 7 【解析】 【分析】求出新的多边形为 6边形，则可推断原来的多边形可以是 6边形，可以是 7边形 【详解】解：由多边形内角和，可得 （n-2） 180 =720 ， n=6， 新的多边形为 6边形， 过顶点剪去一个角， 原来的多边形可以是 6边形，也可以是 7边形， 故答案为 6 或 7 【点睛】本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键 三、解答题三、

15、解答题 1 （2021 年绍兴中考真题）问题：如图，在ABCD 中，AB8，DAB，ABC 的平分线 AE，F，求 EF的长 答案：EF2 探究： （1）把“问题”中的条件“AB8”去掉，其余条件不变 当点 E 与点 F 重合时，求 AB 的长； 当点 E 与点 C 重合时，求 EF 的长 （2）把“问题”中的条件“AB8，AD5”去掉，其余条件不变，D，E，F 相邻两点间的距离相等时，求的值 【分析】 （1）证DEADAE，得 DEAD5，同理 BCCF5，即可求解； 由题意得 DEDC5，再由 CFBC5，即可求解； （2）分三种情况，由（1）的结果结合点 C，D，E，F 相邻两点间的距离

16、相等，分别求解即可 【解答】解： （1）如图 1 所示： 四边形 ABCD 是平行四边形， CDAB8，BCAD5， DEABAE， AE 平分DAB， DAEBAE， DEADAE， DEAD5， 同理：BCCF5， 点 E 与点 F 重合， ABCDDE+CF10； 如图 3 所示： 点 E 与点 C 重合， DEDC5， CFBC5， 点 F 与点 D 重合， EFDC5； （2）分三种情况： 如图 3 所示： 同（1）得：ADDE， 点 C，D，E，F 相邻两点间的距离相等， ADDEEFCF， ； 如图 4 所示： 同（1）得：ADDECF， DFFECE， ； 如图 5 所示： 同

17、（1）得：ADDECF， DFDCCE， 2； 综上所述，的值为或 2 （2021 年嘉兴中考真题）如图，在 77 的正方形网格中，网格线的交点称为格点，点 A，B 在格点上，每一个小正方形的边长为 1 （1）以 AB 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 【解答】解： （1）如下图所示： 四边形 ABCD 即为所画菱形， （答案不唯一，画出一个即可） （2）图 1 菱形面积 S266， 图 2 菱形面积 S248， 图 3 菱形面积 S（）210 3 （2021 年温州中考真题）如图，在ABCD 中，E，F 是对角线 BD 上的两点（点 E

18、在点 F 左侧） （1）求证：四边形 AECF 是平行四边形； （2）当 AB5，tanABE，CBEEAF 时 【分析】 （1）证 AECF，再证ABECDF（AAS） ，得 AECF，即可得出结论； （2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出 AE3，BE4，再证ECFCBE，则 tanCBEtanECF，得，求出 EF2，进而得出答案 【解答】 （1）证明：AEBCFD90， AEBD，CFBD， AECF， 四边形 ABCD 是平行四边形， ABCD，ABCD， ABECDF， 在ABE 和CDF 中， ， ABECDF（AAS） ， AECF， 四边形 AECF 是平行四边形； （2）解

19、：在 RtABE 中，tanABE， 设 AE4a，则 BE4a， 由勾股定理得： （3a）3+（4a）252， 解得：a1 或 a2（舍去） ， AE3，BE4， 由（1）得：四边形 AECF 是平行四边形， EAFECF，CFAE2， CBEEAF， ECFCBE， tanCBEtanECF， ， CF2EFBF， 设 EFx，则 BFx+4， 52x（x+4） ， 解得：x5 或 x,（舍去） ， 即 EF2， 由（1）得：ABECDF， BEDF4， BDBE+EF+DF8+2+48+ 4 （2021 年丽水中考真题）如图，在5 5的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图 （

20、1）如图 1，画出一条线段AC，使,ACABC在格点上； （2）如图 2，画出一条线段EF，使,EF AB互相平分，,E F均在格点上； （3）如图 3，以,A B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 【答案】 （1）见解析； （2）见解析； （3）见解析 【解析】 【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 【详解】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； 【点睛】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