2022年全国各地中考数学分类解析40159套63专题41专题32_图形的镶嵌与图形的设计.docx

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1、精品学习资源2021 年全国中考数学试卷分类解读汇编159 套 63 专题） 专题 32：图形地镶嵌与图形地设计一、挑选题1. （ 2021 安徽省 4 分）在一张直角三角形纸片地两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点地连线剪去两个三角形，剩下地部分是如下列图地直角梯形，其中三边长分别为2、4、3，就原直角三角形纸片地斜边长是【】欢迎下载精品学习资源A.10B. 45C. 10 或 4 5D.10 或 2 17欢迎下载精品学习资源【答案】 C.【考点】图形地剪拼，直角三角形斜边上中线性质，勾股定理【分析】考虑两种情形，分清从斜边中点向哪个边沿着垂线段过去裁剪地.依据题意画出图形，再依据勾股

2、定理求出斜边上地中线，最终即可求出斜边地长：欢迎下载精品学习资源如左图： CECD2DE 2224 +3 =5 ，点 E 是斜边 AB 地中点， AB=2CE=10 .欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源如右图： CECD2DE 242 +22 =25 ，点 E 是斜边 AB 地中点， AB=2CE= 4 5 .欢迎下载精品学习资源因此，原直角三角形纸片地斜边长是10 或 4 5 .应选 C.欢迎下载精品学习资源2. 7. （ 2021 四川广元3 分）下面地四个图案中，既可以用旋转来分析整个图案地势成过程，又可以用轴对称来分析整个图案地势成过程地图案有【】A. 4 个B. 3 个C. 2

3、 个D. 1 个【答案】 A.【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案.【分析】依据旋转、轴对称地定义来分析，图形地旋转是图形上地每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度位置置移动；轴对称是指假如一个图形沿一条直线折叠，直线两侧地图形能够相互重合，就是轴对称图形 1、图形 4 可以旋转 90得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合；图形 2、图形 3 可以旋转 180得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合；故既可用旋转来分析整个图案地势成过程，又可用轴对称来分析整个图案地势成过程地图案有4个.应选 A.3. （ 2021 贵州铜仁 4 分）如图，第 个图形中一共有

4、1 个平行四边形，第 个图形中一共有5 个平行四边形，第 个图形中一共有 11 个平行四边形， 就第 个图形中平行四边形地个数是【】A 54B 110C 19D 109【答案】 D.【考点】分类归纳（图形地变化类）.【分析】查找规律：第 个图形中有 1 个平行四边形；第 个图形中有 1+4=5 个平行四边形； 第 个图形中有 1+4+6=11 个平行四边形；欢迎下载精品学习资源第 个图形中有 1+4+6+8=19 个平行四边形；第 n 个图形中有1+2（2+3+4+ +n）个平行四边形；就第 个图形中有 1+2（ 2+3+4+5+6+7+8+9+10 ） =109 个平行四边形 .应选 D.4

5、. （ 2021 山东济宁 3 分）如图，将矩形ABCD 地四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠地四边形EFGH ，EH=12 厘 M ， EF=16 厘 M ，就边 AD 地长是【】A 12 厘 MB 16 厘 MC 20 厘 MD 28 厘 M5.（ 2021 山东枣庄 3 分）如图，从边长为 a4 cm 地正方形纸片中剪去一个边长为（a1 ） cm 地正方形（ a0 ），剩余部分沿虚线又剪拼成一个矩形不重叠无缝隙 ，就矩形地面积为【】欢迎下载精品学习资源A 2a25acm2B 3a15cm2C 6a9cm2D 6a15cm2欢迎下载精品学习资源【答案】 D.【考点】图形地剪拼 .【分

6、析】从图中可知，矩形地长是两个正方形边长地和2a5 ，宽是两个正方形边长地差3，因此矩形地欢迎下载精品学习资源面积为6a15cm2.应选 D.欢迎下载精品学习资源6. （ 2021 山东潍坊 3 分）甲乙两位同学用围棋子做嬉戏如下列图，现轮到黑棋下子，黑棋下一子后白棋再下一子，使黑棋地5 个棋子组成轴对称图形，白棋地5 个棋子也成轴对称图形就以下下子方法不正确地是【】 说明：棋子位置置用数对表示，如A 点在 6， 3A 黑 3，7；白 5， 3B 黑 4，7 ；白 6， 2 C黑 2， 7；白 5， 3D 黑 3，7 ；白 2， 6【答案】 C.【考点】利用轴对称设计图案.【分析】分别依据选项

7、所说地黑、白棋子放入图形，再由轴对称地定义进行判定即可得出答：A 、如放入黑（ 3， 7），白（ 5， 3），就此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形； B 、如放入黑（ 4，7）；白（ 6， 2），就此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形； C、如放入黑（ 2，7）；白（ 5， 3），就此时黑棋不是轴对称图形，白棋是轴对称图形；D 、如放入黑（ 3， 7）；白（ 6， 2），就此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形 .应选 C.7. （ 2021 广西贵港3 分）假如仅用一种多边形进行镶嵌，那么以下正多边形不能够将平面密铺地是【】A 正三角形B 正四边形C正六边形D正八边形【答案】 D

8、.【考点】平面镶嵌（密铺），多边形内角和定理.【分析】分别求出各个正多边形地每个内角地度数，再利用镶嵌应符合一个内角度数能整除360即可作欢迎下载精品学习资源出判定：A 正三角形地一个内角度数为180 360 3 60，是 360 地约数，能镶嵌平面，不符合题意；B 正四边形地一个内角度数为180 360 4 90，是 360 地约数，能镶嵌平面，不符合题意；C正六边形地一个内角度数为180 360 6 120 ，是 360 地约数，能镶嵌平面，不符合题意；D 正八边形地一个内角度数为180 360 8 135 ，不是 360 地约数，不能镶嵌平面，符合题意.应选 D.二、填空题1. （ 20

9、21 四川成都4 分）如图，长方形纸片ABCD中， AB=8cm ， AD=6cm ，按以下步骤进行裁剪和拼图：第一步：如图，在线段AD 上任意取一点 E，沿 EB， EC 剪下一个三角形纸片EBC 余下部分不再使用；其次步：如图，沿三角形EBC 地中位线 GH 将纸片剪成两部分，并在线段GH 上任意取一点 M ，线段 BC 上任意取一点 N，沿 MN 将梯形纸片GBCH 剪成两部分；第三步：如图，将MN 左侧纸片绕G 点按顺时针方向旋转180 ，使线段 GB 与 GE 重合，将 MN 右侧纸片绕 H 点按逆时针方向旋转180，使线段 HC 与 HE 重合，拼成一个与三角形纸片EBC 面积相等

10、地四边形纸片 注：裁剪和拼图过程均无缝且不重叠就拼成地这个四边形纸片地周长地最小值为cm，最大值为cm【答案】 20； 12+ 4 13 .欢迎下载精品学习资源【考点】图形地剪拼，矩形地性质，旋转地性质，三角形中位线定理.【分析】画出第三步剪拼之后地四边形M1N1N2M2地示意图，如答图1 所示.图中， N1N2=EN1+EN2=NB+NC=BC，M1M2=M1G+GM+MH+M2H=2（ GM+MH ） =2GH=BC （三角形中位线定理） .又 M1M2 N1N2 ，四边形 M1N1N2M2是一个平行四边形，其周长为 2N1N2+2M1N1=2BC+2MN. BC=6 为定值，四边形地周长

11、取决于MN 地大小 .如答图 2 所示，是剪拼之前地完整示意图.过 G、H 点作 BC 边地平行线，分别交AB 、CD 于 P点、 Q 点，就四边形PBCQ 是一个矩形，这个矩形是矩形ABCD 地一半 . M 是线段 PQ 上地任意一点， N 是线段 BC 上地任意一点，依据垂线段最短，得到MN 地最小值为 PQ 与 BC 平行线之间地距离，即MN 最小值为 4；欢迎下载精品学习资源而 MN 地最大值等于矩形对角线地长度，即PB2BC 242622 13 .欢迎下载精品学习资源四边形 M1N1N2M2地周长 =2BC+2MN=12+2MN，四边形 M1N1N2M2周长地最小值为 12+24=2

12、0；最大值为 12+22 13 =12+ 4 13 .2. （ 2021 贵州遵义 4 分）在 44 地方格中有五个同样大小地正方形如图摆放，移动其中一个正方形到空白方格中，与其余四个正方形组成地新图形是一个轴对称图形，这样地移法共有种【答案】 8.【考点】利用轴对称设计图案.【分析】依据轴对称图形地性质，分别移动一个正方形，即可得出符合要求地答案.如下列图：欢迎下载精品学习资源故一共有 8 种做法 .三、解答题1. （ 2021 山西省 6 分）实践与操作：如图1 是以正方形两顶点为圆心，边长为半径，画两段相等地圆弧而成地轴对称图形，图2 是以图 1 为基本图案经过图形变换拼成地一个中心对称

13、图形（ 1）请你仿照图 1，用两段相等圆弧（小于或等于半圆），在图3 中重新设计一个不同地轴对称图形（ 2）以你在图 3 中所画地图形为基本图案，经过图形变换在图4 中拼成一个中心对称图形【答案】解：（ 1）在图 3 中设计出符合题目要求地图形：（ 2）在图 4 中画出符合题目要求地图形：【考点】利用轴对称和旋转设计图案.欢迎下载精品学习资源【分析】此题为开放性试卷，答案不唯独.（1） 依据轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合作出图形.（2） 依据中心对称图形是图形沿对称中心旋转180 度后与原图重合作出图形.2. （ 2021 四川广安 8 分）现有一块等腰三角形板，量得周长为32cm，底比

14、一腰多 2cm，如把这个三角形纸板沿其对称轴剪开，拼成一个四边形，请画出你能拼成地各种四边形地示意图，并运算拼成地各个四边形地两条对角线长地和【答案】解：如图，等腰三角形地周长为32cm，底比一腰多 2cm， AB=AC=10 ， BD=CD=6 ， AD=8.拼成地各种四边形如下： 矩形： BD=10 ，四边形地两条对角线长地和是102=20. 平行四边形1：连接 AC ，过点 C 作 CE AB 地延长线于点 E，欢迎下载精品学习资源 AC=AE 2 +CE 2122 +824 13 ，欢迎下载精品学习资源四边形地两条对角线长地和是AC+BD=4 13 +8. 平行四边形 2：欢迎下载精品

15、学习资源连接 BD ，过点 D 作 DE BC 地延长线于点 E，欢迎下载精品学习资源 BD=BE 2 +DE 2162 +622 73 ，欢迎下载精品学习资源四边形地两条对角线长地和是：AC+BD=6+2 73 . 铮形：连接 BD 交 AB 于点 O.易知， ADB DOB.欢迎下载精品学习资源 BOBDADBABO6，即810.BO=4.8.欢迎下载精品学习资源 BD=2BO=2 4.8=9.6 ，四边形地两条对角线长地和是：AC+BD=9.6+10=19.6.【考点】图形地剪拼，平行四边形和矩形地判定和性质，勾股定理，相像三角形地判定和性质.【分析】依据题意画出全部地四边形，再依据勾股

16、定理、平行四边形地性质、相像三角形地性质分别进行运算即可求出各个四边形地两条对角线长地和.3. （ 2021 辽宁鞍山 8 分）如图，某社区有一矩形广场ABCD ，在边 AB 上地 M 点和边 BC 上地 N 点分别有一棵景观树，为了进一步美化环境，社区欲在BD 上（点 B 除外）选一点 P 再种一棵景观树，使得 MPN=90 ，请在图中利用尺规作图画出点P 位置置（要求：不写已知、求证、作法和结论，保留作图痕迹）欢迎下载精品学习资源【答案】解：如下列图：点 P 即为所求 .欢迎下载精品学习资源【考点】作图（应用与设计作图），线段垂直平分线地性质，圆周角定理.【分析】第一连接MN ，作 MN

17、地垂直平分线交 MN 于 O，以 O 为圆心， 12MN 长为半径画圆，交BD 于欢迎下载精品学习资源点 P，点 P 即为所求4. （ 2021 贵州遵义 4 分）如图，将边长为2 cm 地正方形 ABCD 沿直线 l 向右翻动（不滑动），当正方形连续翻动 6 次后，正方形地中心O 经过地路线长是cm（结果保留 ）5. （ 2021 贵州铜仁 5 分）某市方案在新竣工地矩形广场地内部修建一个音乐喷泉，要求音乐喷泉M 到广场地两个入口 A 、B 地距离相等，且到广场治理处C 地距离等于 A 和 B 之间距离地一半，A、 B、C 位置欢迎下载精品学习资源置如下列图，请在原图上利用尺规作图作出音乐喷

18、泉M 位置置，（要求：不写已知、求作、作法和结论，保留作图痕迹，必需用铅笔作图）【答案】解：作图如下：M 即为所求 .欢迎下载精品学习资源【考点】作图（应用与设计作图）.【分析】连接 AB ，作出线段 AB 地垂直平分线，在矩形中标出点M 位置置（以点 C 为圆心， 12AB 长为欢迎下载精品学习资源半径画弧交 AB 地垂直平分线于点M ） .6. （ 2021 山东德州 8 分）有大路 l1 同侧、 l2 异侧地两个城镇 A ， B，如下图电信部门要修建一座信号 发射塔，依据设计要求，发射塔到两个城镇A ， B 地距离必需相等，到两条大路l1， l2 地距离也必需相等，发射塔 C 应修建在什

19、么位置？请用尺规作图找出全部符合条件地点，注明点C 位置置（保留作图痕迹，不要求写出画法）【答案】解：作图如下：C1， C2 就是所求位置置 .欢迎下载精品学习资源【考点】作图（应用与设计作图）.【分析】依据题意知道，点C 应满意两个条件，一是在线段AB 地垂直平分线上；二是在两条大路夹角地平分线上，所以点C 应是它们地交点 .（1） 作两条大路夹角地平分线OD 或 OE；（ 2）作线段 AB 地垂直平分线 FG.就射线 OD ，OE 与直线 FG 地交点 C1， C2 就是所求位置置 .7. （ 2021 山东济宁 5 分）如图， AD 是 ABC 地角平分线，过点D 作 DEAB ， DF

20、 AC ，分别交 AC 、AB 于点 E 和 F（ 1）在图中画出线段DE 和 DF；（ 2）连接 EF，就线段 AD 和 EF 相互垂直平分，这是为什么？【答案】解：（ 1）如下列图；（ 2） DE AB ， DF AC ，四边形 AEDF 是平行四边形 .AD 是 ABC 地角平分线， FAD= EAD.欢迎下载精品学习资源AB DE ， FAD= EDA. EAD= EDA. EA=ED.平行四边形AEDF 是菱形 .AD 与 EF 相互垂直平分 .【考点】作图（复杂作图），平行地性质，菱形地判定和性质.【分析】（ 1）依据题目要求画出线段DE、 DF 即可 .（ 2 ）第一证明四边形A

21、EDF是平行四边形，再证明EAD= EDA ，依据等角对等边可得EA=ED ，由有一组邻边相等地平行四边形是菱形可证明四边形AEDF 是菱形，再依据菱形地性质可得线段 AD 和 EF 相互垂直平分 .8. （ 2021 广西桂林 8 分）如图， ABC 地顶点坐标分别为A1 ， 3、B4 ，2、C2 ， 1 1作出与 ABC 关于 x 轴对称地 A1B1C1 ，并写出 A1 、B1 、C1 地坐标；欢迎下载精品学习资源2以原点 O 为位似中心，在原点地另一侧画出 A2B2C2 ，使AB1A 2B22欢迎下载精品学习资源【答案】解：（ 1） ABC 关于 x 轴对称地 A1B1C1 ，如下列图：

22、A1 （ 1， 3）， B1 （ 4， 2）， C1（ 2， 1） .（ 2）依据 A （1， 3）、 B （ 4，2）、 C（ 2， 1），欢迎下载精品学习资源以原点 O 为位似中心，在原点地另一侧画出 A2B2C2 ，使AB1，A 2B22欢迎下载精品学习资源就 A2 （ 2， 6）， B2（ 8， 4）， C2（ 4， 2） .在坐标系中找出各点并连接，如下列图：【考点】作图（轴对称变换和位似变换）.【分析】（ 1）依据坐标系找出点A、 B、C 关于 x 轴对应点 A1 、B1 、C1 位置置，然后顺次连接即可， 再依据平面直角坐标系写出点A1 、B1 、C1 地坐标即可 .欢迎下载精品

23、学习资源（2） 利用在原点地另一侧画出 A2B2C2 ，使AB1，原三角形地各顶点坐标都乘以2 得欢迎下载精品学习资源A 2B 22出对应点地坐标即可得出图形.9. （ 2021 江西南昌 5 分）如图，有两个边长为2 地正方形，将其中一个正方形沿对角线剪开成两个全等地等腰直角三角形，用这三个图片分别在网格备用图地基础上（只要再补出两个等腰直角三角形即可），分别拼出一个三角形、一个四边形、一个五边形、一个六边形【答案】解：如下列图，欢迎下载精品学习资源【考点】作图（应用与设计作图），网格问题.【分析】拼接三角形，让直角边与正方形地边重合，斜边在同始终线上即可；拼接四边形，可以把两个直角三角形重

24、新拼接成正方形，也可以拼接成等腰梯形，或平行四边形；拼接五边形，只要让两个直角三角形拼接后多出一边即可； 拼接六边形，只要让拼接后地图形多出两条边即可. 仍可以有如下拼接（答案不唯独）：10. （2021 吉林长春6 分）图、图均为44 地正方形网格，线段AB 、BC 地端点均在网点上按要求在图、图中以AB 和 BC 为边各画一个四边形ABCD 要求：四边形 ABCD地顶点 D 在格点上，且有两个角相等（一组或两组角相等均可）；所画地两个四边形不全等欢迎下载精品学习资源【答案】解：作图如下：【考点】作图（应用与设计作图），平行四边形地判定和性质，等腰三角形地判定和性质.【分析】过 C 画 AB

25、 地平行线，过 A 画 BC 地平行线，两线交于一点D，依据平行四边形地判定定理可得四边形 ABCD 是平行四边形，由平行四边形地性质可知CBA= CDA ， BAD= BCD.在网格内画CD=CB ， AD=AB ，就 BCD和 BAD是等腰三角形，故CDB= CBD ， ADB= ABD ，由此可得 CDA= CBA.11. （ 2021 吉林省 7 分）在平面直角坐标系中，点A 关于 y 轴地对称点为点 B，点 A 关于原点 O 地对称点为点 C（ 1）如 A 点地坐标为（ 1，2），请你在给出地坐标系中画出 ABC 设 AB 与 y 轴地交点为 D，就欢迎下载精品学习资源S ADOSA

26、BC=；欢迎下载精品学习资源（ 2）如点 A 地坐标为（ a， b）（ ab0），就 ABC 地势状为 .【答案】解：（ 1）画图如下：欢迎下载精品学习资源1 .4（ 2）直角三角形 .12. （ 2021 黑龙江绥化 6 分）如图，方格纸中地每个小方格都是边长为1 个单位长度地正方形，每个小正方形地顶点叫格点， ABC 地顶点均在格点上， O、M 也在格点上（ 1）画出 ABC 关于直线 OM 对称地 A1B1C1 ；（ 2）画出 ABC 绕点 O 按顺时针方向旋转90后所得地 A2B2C2 ；（ 3） A1B1C1 与A2B2C2 组成地图形是轴对称图形吗？假如是轴对称图形，请画出对称轴【

27、答案】解：（ 1）如下列图， A1B1C1 即为所求 .（ 2）如下列图， A2B2C2 即为所求 .（ 3）如下列图， OC、A1 A2 即为所求 .欢迎下载精品学习资源【考点】作图（旋转和轴对称变换）.【分析】（ 1）依据轴对称地性质，作出各对应点即可得出图象.（2） 将 A ， B， C，沿点 O 顺时针旋转 90 度即可得出对应点，画出图象即可；（3） 利用轴对称图形性质，画出对称轴即可.13. （2021 黑龙江哈尔滨6 分）图 l、图 2 是两张外形、大小完全相同地方格纸，方格纸中地每个小正方形地边长均为 1点 A 和点 B 在 小正方形地顶点上（ 1）在图 1 中画出 ABC 点

28、 C 在小正方形地顶点上 ，使 ABC 为直角三角形 画一个 即可 ；（ 2）在图 2 中画出 ABD 点 D 在小正方形地顶点上 ，使 ABD 为等腰三角形 画一个即可 ；【答案】解：（ 1）如图 1、2，画一个即可：（ 2）如图 3、4，画一个即可：欢迎下载精品学习资源【考点】网格问题，作图（应用与设计作图）.【分析】（ 1）利用网格结构，过点A 地竖直线与过点 B 地水平线相交于点C，连接即可，或过点A 地水平线与过点 B 地竖直线相交于点C，连接即可 .（ 2）依据网格结构，作出BD=AB 或 AB=AD ，连接即可 .14. （2021 黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西6 分）顶

29、点在网格交点地多边形叫做格点多边形，如图，在一个 9 X 9 地正方 形网格中有一个格点 ABC 设网格中小正方形地边长为l 个单位长度(1) 在网格中画出 ABC 向上平 移 4 个单位后得到地 AlBlCl (2) 在网格中画出 ABC 绕点 A 逆时针旋转 900 后得到地 AB2C2(3) 在1中 ABC 向上平移过程中，求边AC 所扫过区域地面积【答案】解：（ 1）、（ 2）如下列图：（ 3） ABC 向上平移 4 个单位后得到地 A1B1C1 ， ABC 向上平移过程中，边AC 所扫过区域是以 4 为边长，以2 为高地平行四边形，边 AC 所扫过区域地面积=42=8.【考点】作图（

30、旋转和平移变换），平行四边形地判定和性质.【分析】（ 1）依据图形平移地性质画出平移后地 A1B1C1 即可 .欢迎下载精品学习资源（2） 依据图形旋转地性质画出 ABC 绕点 A 逆时针旋转 90后得到地 AB2C2.（3） 依据 ABC 向上平移 4 个单位后得到地 A1B1C1 ， ABC 向上平移过程中，求边AC 所扫过区域是以 4 为边长，以2 为高地平行四边形，由平行四边形地面积公式即可得出结论.15. （2021 黑龙江龙东地区6 分）如图，方格纸中每个小正方形地边长都是单位1， ABC 地三个顶点都在格点上，结合所给地平面直角坐标系解答以下问题：（ 1）将 ABC 向右平移 3

31、 个单位长度再向下平移2 个单位长度，画出两次平移后地 A1B1C1 ；（ 2）写出 A1 、C1 地坐标；（ 3）将 A1B1C1 绕 C1 逆时针旋转90，画出旋转后地 A2B2C1 ，求线段 B1C1 旋转过程中扫过地面积结 果保留 .【答案】解：（ 1）两次平移后地 A1B1C1 如下列图：（ 2）由 A1B1C1 在坐标系中位置置可知，A1 （ 0， 2）； C1（ 2， 0） .（ 3）旋转后地图形如下列图：欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由勾股定理可知，B1C1221417 ，S扇形2901717.3604欢迎下载精品学习资源线段 B1C1 旋转过程中扫过地面积为17.4

32、【考点】作图（旋转和平移变换），扇形面积地运算.【分析】（ 1）依据图形平移地性质画出两次平移后地A1B1C1 即可.（2） 依据 A1B1C1 在坐标系中位置置写出A1 、 C1 地坐标；（3） 依据图形旋转地性质画出旋转后地 A2B2C1 ，再依据勾股定理求出B1C1 地长，由扇形地面积公式即可运算出线段B1C1 旋转过程中扫过地面积.16. （2021 黑龙江牡丹江6 分）已知一个等腰三角形地腰长为5，底边长为 8，将该三角形沿底边上地高剪成两个三角形，用这个两个三角形能拼成几种平行四边形？请画出所拼地平行四边形，直接写出它们地对角线地长，并画出表达解法地帮助线【答案】解：能拼成3 种平行四边形，如图：图 1 中，对角线地长为5；欢迎下载精品学习资源图 2 中，对角线地长为 3 和 73 ；图 3 中，对角线地长为4 和 2 13【考点】拼图，等腰三角形地地性质，平行四边形、矩形地判定和性质，勾股定理.【分析】依据平行四边形地性质拼图.图 1 中，拼成地平行四边形是矩形，对角线地长为5；图 2 中，一欢迎下载精品学习资源3 +8 =73条对角线地长为3，另一条对角线地长为22；图 2 中，一条对角线地长为3，另一条对角线地欢迎下载精品学习资源长为42 +62 =52=213 .欢迎下载