专题16矩形菱形正方形（共50题）-2020年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】.docx

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1、2020年中考数学真题分项汇编（全国通用）专题16矩形菱形正方形（共50题）一选择题（共24小题）1（2020荆门）如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF5，则菱形ABCD的周长为（）A20B30C40D50【分析】由三角形中位线定理可求AB10，由菱形的性质即可求解【解析】E，F分别是AD，BD的中点，EF是ABD的中位线，EF=12AB5，AB10，四边形ABD是菱形，ABBCCDAD10，菱形ABCD的周长4AB40；故选：C2（2020黄冈）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（）A4：1B5：1C6：1D7：1【分析】如图，AH为菱形ABCD的高，

2、AH2，利用菱形的性质得到AB4，利用正弦的定义得到B30°，则C150°，从而得到C：B的比值【解析】如图，AH为菱形ABCD的高，AH2，菱形的周长为16，AB4，在RtABH中，sinB=AHAB=24=12，B30°，ABCD，C150°，C：B5：1故选：B3（2020牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，ADx轴且AD4，A60°，将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（）A（0，23）B（2，4）C（23，0）D（0，23）或（0，23）【分析】分点C旋转到y轴正半轴

3、和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解【解析】根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，BAD60°，AD4，OAD30°，OD2，AO=42-22=23=OC，点C的坐标为（0，-23），同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为（0，23），点C的坐标为（0，23）或（0，-23），故选：D4（2020盐城）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为BC中点，AC6，BD8则线段OH的长为（）A125B52C3D5【分析】先根据菱形的性质得到ACBD，OBOD=12BD4，OCOA=12AC3，再利用勾股定理计算出B

4、C，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到OH的长【解析】四边形ABCD为菱形，ACBD，OBOD=12BD4，OCOA=12AC3，在RtBOC中，BC=32+42=5，H为BC中点，OH=12BC=52故选：B5（2020辽阳）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC8BD6，点E是CD上一点，连接OE，若OECE，则OE的长是（）A2B52C3D4【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，ACBD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可【解析】菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OB=12BD=12&

5、#215;63，OAOC=12AC=12×84，ACBD，由勾股定理得，BC=OB2+OC2=32+42=5，AD5，OECE，DCAEOC，四边形ABCD是菱形，DCADAC，DACEOC，OEAD，AOOC，OE是ADC的中位线，OE=12AD2.5，故选：B6（2020黑龙江）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DHAB于点H，连接OH，若OA6，S菱形ABCD48，则OH的长为（）A4B8C13D6【分析】由菱形的性质得出OAOC6，OBOD，ACBD，则AC12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH=12BD，再由菱形的面积求出BD8，即可得出答案【解析

6、】四边形ABCD是菱形，OAOC6，OBOD，ACBD，AC12，DHAB，BHD90°，OH=12BD，菱形ABCD的面积=12×AC×BD=12×12×BD48，BD8，OH=12BD4；故选：A7（2020黑龙江）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DHAB于点H，连接OH，若OA6，OH4，则菱形ABCD的面积为（）A72B24C48D96【分析】根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，最后由菱形的面积公式求得面积【解析】四边形ABCD是菱形，OAOC，OBOD，ACB

7、D，DHAB，BHD90°，BD2OH，OH4，BD8，OA6，AC12，菱形ABCD的面积=12ACBD=12×12×8=48故选：C8（2020绥化）如图，四边形ABCD是菱形，E、F分别是BC、CD两边上的点，不能保证ABE和ADF一定全等的条件是（）ABAFDAEBECFCCAEAFDBEDF【分析】根据菱形的性质可得ABAD，BD，再根据所添加条件，与这个两个条件是否能最终得到全等三角形的判定条件，进而得出结论【解析】A四边形ABCD是菱形，ABAD，BD，BAFDAE，BAECAF，ABEADF（AAS），故选项A不符合题意；B.四边形ABCD是菱形，

8、ABAD，BD，BCBD，ECFC，BEDF，ABEADF（SAS），故选项B不符合题意；C.四边形ABCD是菱形，ABAD，BD，AEAF，ABE和ADF只满足两边和一边的对角相等，两个三角形不一定全等，故选项C符合题意；D.四边形ABCD是菱形，ABAD，BD，BEDE，ABEADF（SAS），故选项D不符合题意故选：C9（2020乐山）如图，在菱形ABCD中，AB4，BAD120°，O是对角线BD的中点，过点O作OECD于点E，连结OA则四边形AOED的周长为（）A9+23B9+3C7+23D8【分析】先利用菱形的性质得ADAB4，ABCD，ADBCDB30°，AOB

9、D，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AO2，OD23，然后计算出OE、DE的长，最后计算四边形AOED的周长【解析】四边形ABCD为菱形，ADAB4，ABCD，BAD120°，ADBCDB30°，O是对角线BD的中点，AOBD，在RtAOD中，AO=12AD2，OD=3OA23，OECD，DEO90°，在RtDOE中，OE=12OD=3，DE=3OE3，四边形AOED的周长4+2+3+39+3故选：B10（2020甘孜州）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（）A3B4C5D6【分析】由菱形

10、的性质得出ABBCCDAD8，ACBD，则AOB90°，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案【解析】四边形ABCD是菱形，ABBCCDAD，ACBD，AOB90°，菱形ABCD的周长为32，AB8，E为AB边中点，OE=12AB4故选：B11（2020贵阳）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（）A5B20C24D32【分析】根据题意画出图形，由菱形的性质求得OA4，OB3，再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长【解析】如图所示：四边形ABCD是菱形，AC8，BD6，ABBCCDAD，OA=12AC4，OB=12BD3，ACBD，AB=OA2+OB2=4

11、2+32=5，此菱形的周长4×520；故选：B12（2020南充）如图，面积为S的菱形ABCD中，点O为对角线的交点，点E是线段BC的中点，过点E作EFBD于F，EGAC于G，则四边形EFOG的面积为（）A14SB18SC112SD116S【分析】由菱形的性质得出OAOC，OBOD，ACBD，S=12AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EFOC，EGOB，得出EF、EG都是OBC的中位线，则EF=12OC=14AC，EG=12OB=14BD，由矩形面积即可得出答案【解析】四边形ABCD是菱形，OAOC，OBOD，ACBD，S=12AC×BD，EFBD于F，EGA

12、C于G，四边形EFOG是矩形，EFOC，EGOB，点E是线段BC的中点，EF、EG都是OBC的中位线，EF=12OC=14AC，EG=12OB=14BD，矩形EFOG的面积EF×EG=14AC×14BD=18S；故选：B13（2020遵义）如图，在菱形ABCD中，AB5，AC6，过点D作DEBA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（）A125B185C4D245【分析】由在菱形ABCD中，AB5，AC6，利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长【解析】如图四边形ABCD是菱形，AC6，ACBD，OA=12AC3

13、，BD2OB，AB5，OB=AB2-OA2=4，BD2OB8，S菱形ABCDABDE=12ACBD，DE=12ACBDAB=12×6×85=245故选：D14（2020湘西州）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A在x轴的正半轴上，矩形的另一个顶点D在y轴的正半轴上，矩形的边ABa，BCb，DAOx，则点C到x轴的距离等于（）Aacosx+bsinxBacosx+bcosxCasinx+bcosxDasinx+bsinx【分析】作CEy轴于E，由矩形的性质得出CDABa，ADBCb，ADC90°，证出CDEDAOx，由三角函数定义得出ODbsinx，

14、DEacosx，进而得出答案【解析】作CEy轴于E，如图：四边形ABCD是矩形，CDABa，ADBCb，ADC90°，CDE+ADO90°，AOD90°，DAO+ADO90°，CDEDAOx，sinDAO=ODAD，cosCDE=DECD，ODAD×sinDAObsinx，DED×cosCDEacosx，OEDE+ODacosx+bsinx，点C到x轴的距离等于acosx+bsinx；故选：A15（2020怀化）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若AOB的面积为2，则矩形ABCD的面积为（）A4B6C8D10【分析】根据矩形的性

15、质得到OAOBOCOD，推出SADOSBCOSCDOSABO2，即可求出矩形ABCD的面积【解析】四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，ACBD，且OAOBOCOD，SADOSBCOSCDOSABO2，矩形ABCD的面积为4SABO8，故选：C16（2020达州）如图，BOD45°，BODO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点E，连接OE交AD于点F下列4个判断：OE平分BOD；OFBD；DF=2AF；若点G是线段OF的中点，则AEG为等腰直角三角形正确判断的个数是（）A4B3C2D1【分析】由矩形得EBEDEA，BAD为直角，再由等腰三角形的三线合

16、一性质可判断的正误；证明AOFABD，便可判断的正误；连接BF，由线段的垂直平分线得BFDF，由前面的三角形全等得AFAB，进而便可判断的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得AGOG，进而求得AGE45°，由矩形性质得EDEA，进而得EAD22.5°，再得EAG90°，便可判断的正误【解析】四边形ABCD是矩形，EBED，BODO，OE平分BOD，故正确；四边形ABCD是矩形，OADBAD90°，ABD+ADB90°，OBOD，BEDE，OEBD，BOE+OBE90°，BOEBDA，BOD45°，OAD90°，AD

17、O45°，AOAD，AOFABD（ASA），OFBD，故正确；AOFABD，AFAB，连接BF，如图1，BF=2AF，BEDE，OEBD，DFBF，DF=2AF，故正确；根据题意作出图形，如图2，G是OF的中点，OAF90°，AGOG，AOGOAG，AOD45°，OE平分AOD，AOGOAG22.5°，FAG67.5°，ADBAOF22.5°，四边形ABCD是矩形，EAED，EADEDA22.5°，EAG90°，AGEAOG+OAG45°，AEG45°，AEAG，AEG为等腰直角三角形，故正确；

18、故选：A17（2020泰安）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BFAC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DEBF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM则下列结论：DNBM；EMFN；AEFC；当AOAD时，四边形DEBF是菱形其中，正确结论的个数是（）A1个B2个C3个D4个【分析】证DNABMC（AAS），得出DNBM，ADECBF，故正确；证ADECBF（ASA），得出AEFC，DEBF，故正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EMFN，故正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出ODNABD，则DEBE，得出四边形DEBF是菱形；故正确；即可得出结论【解析】四边形

19、ABCD是矩形，ABCD，ABCD，DAEBCF90°，ODOBOAOC，ADBC，ADBC，DANBCM，BFAC，DEBF，DEAC，DNABMC90°，在DNA和BMC中，DAN=BCMDNA=BMCAD=BC，DNABMC（AAS），DNBM，ADECBF，故正确；在ADE和CBF中，ADE=CBFAD=BCDAE=BCF，ADECBF（ASA），AEFC，DEBF，故正确；DEDNBFBM，即NEMF，DEBF，四边形NEMF是平行四边形，EMFN，故正确；ABCD，AECF，BEDF，BEDF，四边形DEBF是平行四边形，AOAD，AOADOD，AOD是等边三角

20、形，ADODAN60°，ABD90°ADO30°，DEAC，ADNODN30°，ODNABD，DEBE，四边形DEBF是菱形；故正确；正确结论的个数是4个，故选：D18（2020连云港）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处若DBC24°，则A'EB等于（）A66°B60°C57°D48°【分析】由矩形的性质得AABC90°，由折叠的性质得BA'EA90°，A'BEABE=12（90°DBC）33°，即可得

21、出答案【解析】四边形ABCD是矩形，AABC90°，由折叠的性质得：BA'EA90°，A'BEABE，A'BEABE=12（90°DBC）=12（90°24°）33°，A'EB90°A'BE90°33°57°；故选：C19（2020天津）如图，四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是（0，0），（0，6），点C在第一象限，则点C的坐标是（）A（6，3）B（3，6）C（0，6）D（6，6）【分析】利用正方形的性质求出OB，BC，CD即可【解析】四边形O

22、BCD是正方形，OBBCCDOD，CDOCBO90°，O，D两点的坐标分别是（0，0），（0，6），OD6，OBBCCD6，C（6，6）故选：D20（2020黑龙江）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），DAM45°，点F在射线AM上，且AF=2BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG则下列结论：ECF45°；AEG的周长为（1+22）a；BE2+DG2EG2；EAF的面积的最大值是18a2；当BE=13a时，G是线段AD的中点其中正确的结论是（）ABCD【分析】正确如图1中，在BC上截取BHBE，连接EH证明FAEEHC

23、（SAS）即可解决问题错误如图2中，延长AD到H，使得DHBE，则CBECDH（SAS），再证明GCEGCH（SAS）即可解决问题正确设BEx，则AEax，AF=2x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题正确当BE=13a时，设DGx，则EGx+13a，利用勾股定理构建方程可得x=a2即可解决问题【解析】如图1中，在BC上截取BHBE，连接EHBEBH，EBH90°，EH=2BE，AF=2BE，AFEH，DAMEHB45°，BAD90°，FAEEHC135°，BABC，BEBH，AEHC，FAEEHC（SAS），EFEC，AEFECH，ECH+C

24、EB90°，AEF+CEB90°，FEC90°，ECFEFC45°，故正确，如图2中，延长AD到H，使得DHBE，则CBECDH（SAS），ECBDCH，ECHBCD90°，ECGGCH45°，CGCG，CECH，GCEGCH（SAS），EGGH，GHDG+DH，DHBE，EGBE+DG，故错误，AEG的周长AE+EG+AGAE+AHAD+DH+AEAE+EB+ADAB+AD2a，故错误，设BEx，则AEax，AF=2x，SAEF=12（ax）×x=-12x2+12ax=-12（x2ax+14a2-14a2）=-12（x-1

25、2a）2+18a2，-120，x=12a时，AEF的面积的最大值为18a2故正确，当BE=13a时，设DGx，则EGx+13a，在RtAEG中，则有（x+13a）2（ax）2+（23a）2，解得x=a2，AGGD，故正确，故选：D21（2020河南）如图，在ABC中，ACB90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（2，6）和（7，0）将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（）A（32，2）B（2，2）C（114，2）D（4，2）【分析】根据已知条件得到AC6，OC2，OB7，求得BC9，根据正方形的性质得到DEOCOE2，求得OEOC2，根据相似三角

26、形的性质得到BO3，于是得到结论【解析】如图，设正方形DCOE是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，顶点A，B的坐标分别为（2，6）和（7，0），AC6，OC2，OB7，BC9，四边形OCDE是正方形，DEOCOE2，OEOC2，EOBC，BOEBCA90°，EOAC，BOEBCA，E'O'AC=BO'BC，26=BO'9，BO3，OC7232，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（2，2），故选：B22（2020湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示分别用这两副七巧板

27、试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（）A1和1B1和2C2和1D2和2【分析】根据要求拼平行四边形矩形即可【解析】中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：故选：D23（2020台州）下列是关于某个四边形的三个结论：它的对角线相等；它是一个正方形；它是一个矩形下列推理过程正确的是（）A由推出，由推出B由推出，由推出C由推出，由推出D由推出，由推出【分析】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断【解析】对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，故，错误，故选项B，C，D错误，故选：A24（2020菏泽）如果顺次连接四边形的各

28、边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（）A互相平分B相等C互相垂直D互相垂直平分【分析】由于顺次连接四边各边中点得到的四边形是平行四边形，有对应边与原对角线平行，由矩形的性质可知，应为对角线互相垂直的四边形【解析】由矩形的性质知，矩形的四角为直角，即每组邻边互相垂直，故原四边形的对角线应互相垂直故选：C二填空题（共15小题）25（2020常州）数学家笛卡尔在几何一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长补短在菱形ABCD中，AB2，DAB120°如图，建立平面直角坐标系xOy，使得边AB在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则点C的坐

29、标是（2，3）【分析】根据直角三角形的性质可得OA和OD的长，根据菱形的性质和坐标与图形的性质可得答案【解析】四边形ABCD是菱形，且AB2，CDADAB2，DAB120°，OAD60°，RtAOD中，ADO30°，OA=12AD=12×2=1，OD=22-12=3，C（2，3），故答案为：（2，3）26（2020营口）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA1，OB2，则菱形ABCD的面积为4【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案【解析】OA1，OB2，AC2，BD4，菱形ABCD的面积为12×2×44

30、故答案为：427（2020陕西）如图，在菱形ABCD中，AB6，B60°，点E在边AD上，且AE2若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为27【分析】过点A和点E作AGBC，EHBC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB6，B60°，可得BG3，AG33=EH，由题意可得，FHFCHC211，进而根据勾股定理可得EF的长【解析】如图，过点A和点E作AGBC，EHBC于点G和H，得矩形AGHE，GHAE2，在菱形ABCD中，AB6，B60°，BG3，AG33=EH，HCBCBGGH6321，EF平分菱形面积，

31、FCAE2，FHFCHC211，在RtEFH中，根据勾股定理，得EF=EH2+FH2=27+1=27故答案为：2728（2020哈尔滨）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD2BE，DAEDEA，EO1，则线段AE的长为22【分析】设BEx，则CD2x，根据菱形的性质得ABADCD2x，OBOD，ACBD，再证明DEDA2x，所以1+x=32x，解得x2，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长【解析】设BEx，则CD2x，四边形ABCD为菱形，ABADCD2x，OBOD，ACBD，DAEDEA，DEDA2x，BD3x，OBOD=32x，OE+B

32、EBO，1+x=32x，解得x2，即AB4，OB3，在RtAOB中，OA=42-32=7，在RtAOE中，AE=12+(7)2=22故答案为2229（2020无锡）如图，在菱形ABCD中，B50°，点E在CD上，若AEAC，则BAE115°【分析】由菱形的性质得出AC平分BCD，ABCD，由平行线的性质得出BAE+AEC180°，B+BCD180°，求出BCD130°，则ACE=12BCD65°，由等腰三角形的性质得出AECACE65°，即可得出答案【解析】四边形ABCD是菱形，AC平分BCD，ABCD，BAE+AEC180

33、°，B+BCD180°，BCD180°B180°50°130°，ACE=12BCD65°，AEAC，AECACE65°，BAE180°AEC115°；故答案为：11530（2020淮安）菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的边长为5【分析】首先根据题意画出图形，由菱形ABCD中，AC6，BD8，即可得ACBD，OA=12AC3，OB=12BD4，然后利用勾股定理求得这个菱形的边长【解析】菱形ABCD中，AC6，BD8，ACBD，OA=12AC3，OB=12BD4，AB=OA2+OB2=5即

34、这个菱形的边长为：5故答案为：531（2020嘉兴）如图，ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：ADDC（答案不唯一），使ABCD是菱形【分析】根据菱形的定义得出答案即可【解析】邻边相等的平行四边形是菱形，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：可以为：ADDC；故答案为：ADDC（答案不唯一）32（2020菏泽）如图，矩形ABCD中，AB5，AD12，点P在对角线BD上，且BPBA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ，则BQ的长为317【分析】根据矩形的性质可得BD13，再根据BPBA可得DQDP8，所以得CQ3，在RtBCQ中，根据勾股定

35、理即可得BQ的长【解析】矩形ABCD中，AB5，AD12，BADBCD90°，BD=AB2+AD2=13，BPBA5，PDBDBP8，BABP，BAPBPADPQ，ABCD，BAPDQP，DPQDQP，DQDP8，CQDQCDDQAB853，在RtBCQ中，根据勾股定理，得BQ=BC2+CQ2=153=317故答案为：31733（2020绍兴）将两条邻边长分别为2，1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）2，1，2-1，32，3【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【解析】

36、如图所示：则其中一个等腰三角形的腰长可以是2，1，2-1，32，不可以是3故答案为：34（2020青岛）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点E在CD的延长线上，连接AE，点F是AE的中点，连接OF交AD于点G若DE2，OF3，则点A到DF的距离为455【分析】根据正方形的性质得到AODO，ADC90°，求得ADE90°，根据直角三角形的性质得到DFAFEF=12AE，根据三角形中位线定理得到FG=12DE1，求得ADCD4，过A作AHDF于H，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论【解析】在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，AODO，ADC9

37、0°，ADE90°，点F是AE的中点，DFAFEF=12AE，OF垂直平分AD，AGDG，FG=12DE1，OF2，OG2，AOCO，CD2OG4，ADCD4，过A作AHDF于H，HADE90°，AFDF，ADFDAE，ADHAED，AHDE=ADAE，AE=AD2+DE2=42+22=25，AH2=425，AH=455，即点A到DF的距离为455，故答案为：45535（2020连云港）如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），则顶点A的坐标为（15，3）【分析】由图形可得MNx轴，MN9，BNy轴，可求正

38、方形的边长，即可求解【解析】如图，顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），MNx轴，MN9，BNy轴，正方形的边长为3，BN6，点B（12，3），ABMN，ABx轴，点A（15，3）故答案为（15，3）36（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45【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【解析】由题意可得，

39、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：32-22=5，故阴影部分的面积是：2×52×4=45，故答案为：4537（2020枣庄）如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC8，AECF2，则四边形BEDF的周长是85【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OEOF，ODOB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BDEF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论【解析】如图，连接BD交AC于点O，四边形ABCD为正方形，BDAC，ODOBOAOC，AECF2，OAAEOCCF，即OEOF，四边形BEDF为平行四边

40、形，且BDEF，四边形BEDF为菱形，DEDFBEBF，ACBD8，OEOF=8-42=2，由勾股定理得：DE=OD2+OE2=42+22=25，四边形BEDF的周长4DE4×25=85，故答案为：8538（2020天水）如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为（2，3），则点F的坐标为（1，5）【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标【解析】如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H过点G作x轴的垂线GM，垂足为M，连接GE、FO交于点O四边形OEFG是正方形，OGEO，GOMOEH，OGMEOH，在OGM与

41、EOH中，OGM=EOHOG=EOGOM=OEH OGMEOH（ASA）GMOH2，OMEH3，G（3，2）O（-12，52）点F与点O关于点O对称，点F的坐标为 （1，5）故答案是：（1，5）39（2020德州）如图，在矩形ABCD中，AB=3+2，AD=3把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D处，再将AED绕点E顺时针旋转，得到A'ED，使得EA恰好经过BD的中点FAD交AB于点G，连接AA有如下结论：AF的长度是6-2；弧D'D的长度是5312；AAFAEG；AAFEGF上述结论中，所有正确的序号是【分析】由折叠的性质可得DAD'E90°DAD&#

42、39;，ADAD'，可证四边形ADED'是正方形，可得ADAD'D'EDE=3，AE=2AD=6，EAD'AED'45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AEA'E=6，D'ED''，EA'D''EAD'45°，可求A'F=6-2，可判断；由锐角三角函数可求FED'30°，由弧长公式可求弧D'D的长度，可判断；由等腰三角形的性质可求EAA'EA'A52.5°，A'AF7.5°，可判断；由“H