2022年各地中考数学解析版试卷分类汇编(第1期)专题25矩形菱形与正方形.docx

矩形菱形与正方形
一、选择题
1．〔2022·黑龙江大庆〕以下说法正确的选项是〔　　〕
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．矩形的对角线互相垂直
C．一组对边平行的四边形是平行四边形
D．四边相等的四边形是菱形
【考点】矩形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定．
【分析】直接利用菱形的判定定理、矩形的性质与平行四边形的判定定理求解即可求得答案．
【解答】解：A、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；故本选项错误；
B、矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直；故本选项错误；
C、两组组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项错误；
D、四边相等的四边形是菱形；故本选项正确．
应选．
【点评】此题考查了矩形的性质、菱形的判定以及平行四边形的判定．注意掌握各特殊平行四边形对角线的性质是解此题的关键．
2. 〔2022·湖北鄂州〕如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，P是AB上一点，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点为A′，当CA′的长度最小时，CQ的长为〔〕
A. 5 B. 7 C. 8 D.
【考点】菱形的性质，梯形，轴对称〔折叠〕，等边三角形的判定和性质，最值问题．
【分析】如以下列图所示，由题意可知，△ABC为等边三角形；过C作CH⊥AB，那么AH=HB；连接DH；要使CA′的长度最小，那么梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上，且对称轴PQ应满足PQ∥DH；因为BP=3，易知HP=DQ=1，所以CQ=7.
【解答】解：如图，过C作CH⊥AB，连接DH；
∵ABCD是菱形，∠B=60°
∴△ABC为等边三角形；
∴AH=HB==4；
∵BP=3，
∴HP=1
要使CA′的长度最小，那么梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上，且对称轴PQ应满足PQ∥DH；
由作图知，DHPQ为平行四边形
∴DQ=HP= 1，
CQ=CD-DQ=8-1=7.
故正确的答案为：B．

【点评】此题综合考查了菱形的性质，梯形，轴对称〔折叠〕，等边三角形的判定和性质，最值问题．此题作为选择题，不必直接去计算，通过作图得出答案是比较便捷的方法。弄清在什么情况下CA′的长度最小〔相当于平移对称轴〕是解决此题的关键.
3.〔2022·湖北咸宁〕菱形OABC在平面直角坐标系的位置如下列图，顶点A〔5，0〕，OB=4，点P是对角线OB上的一个动点，D〔0，1〕，当CP+DP最短时，点P的坐标为〔〕
A. 〔0，0〕B.〔1，〕C.〔，〕D.〔，〕
【考点】菱形的性质，平面直角坐标系，，轴对称——最短路线问题，三角形相似，勾股定理，动点问题．
【分析】点C关于OB的对称点是点A，连接AD，交OB于点P，P即为所求的使CP+DP最短的点；连接CP，解答即可.
【解答】解：如图，连接AD，交OB于点P，P即为所求的使CP+DP最短的点；连接CP，AC，AC交OB于点E，过E作EF⊥OA，垂足为F.
∵点C关于OB的对称点是点A，
∴CP=AP，
∴AD即为CP+DP最短；
∵四边形OABC是菱形，OB=4，
∴OE=OB=2，AC⊥OB
又∵A〔5，0〕，
∴在Rt△AEO中，AE===；
易知Rt△OEF∽△OAE
∴=
∴EF===2，
∴OF===4.
∴E点坐标为E〔4，2〕
设直线OE的解析式为：y=kx，将E〔4，2〕代入，得y=x
设直线AD的解析式为：y=kx+b，将A〔5，0〕，D〔0，1〕代入，得y=－x+1，
∴点P的坐标的方程组y=x，
y=－x+1，
解得x=，
y=
∴点P的坐标为〔，〕
应选D.
【点评】此题考查了菱形的性质，平面直角坐标系，，轴对称——最短路线问题，三角形相似，勾股定理，动点问题．关于最短路线问题：在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点〔注：此题C，D位于OB的同侧〕．如以下列图：
解决此题的关键：一是找出最短路线，二是根据一次函数与方程组的关系，将两直线的解析式联立方程组，求出交点坐标.
4. (2022·四川资阳)如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN恰好过点G假设AB=，EF=2，∠H=120°，那么DN的长为〔　　〕
A．B．C．﹣D．2﹣
【考点】矩形的性质；菱形的性质；翻折变换〔折叠问题〕．
【分析】延长EG交DC于P点，连接GC、FH，那么△GCP为直角三角形，证明四边形OGCM为菱形，那么可证OC=OM=CM=OG=，由勾股定理求得GP的值，再由梯形的中位线定理CM+DN=2GP，即可得出答案．
【解答】解：长EG交DC于P点，连接GC、FH；如下列图：
那么CP=DP=CD=，△GCP为直角三角形，
∵四边形EFGH是菱形，∠EHG=120°，
∴GH=EF=2，∠OHG=60°，EG⊥FH，
∴OG=GH•sin60°=2×=，
由折叠的性质得：CG=OG=，OM=CM，∠MOG=∠MCG，
∴PG==，
∵OG∥CM，
∴∠MOG+∠OMC=180°，
∴∠MCG+∠OMC=180°，
∴OM∥CG，
∴四边形OGCM为平行四边形，
∵OM=CM，
∴四边形OGCM为菱形，
∴CM=OG=，
根据题意得：PG是梯形MCDN的中位线，
∴DN+CM=2PG=，
∴DN=﹣；

应选：C．
5. 〔2022·四川广安·3分〕以下说法：
①三角形的三条高一定都在三角形内
②有一个角是直角的四边形是矩形
③有一组邻边相等的平行四边形是菱形
④两边及一角对应相等的两个三角形全等
⑤一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
其中正确的个数有〔　　〕
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】矩形的判定；三角形的角平分线、中线和高；全等三角形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定．
【分析】根据三角形高的性质、矩形的判定方法、菱形的判定方法、全等三角形的判定方法、平行四边形的判定方法即可解决问题．
【解答】解：①错误，理由：钝角三角形有两条高在三角形外．
②错误，理由：有一个角是直角的四边形是矩形不一定是矩形，有三个角是直角的四边形是矩形．
③正确，有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
④错误，理由两边及一角对应相等的两个三角形不一定全等．
⑤错误，理由：一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形有可能是等腰梯形．
正确的只有③，
应选A．
6.〔2022·广东深圳〕如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上〔与B、C不重合〕，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②;③∠ABC=∠ABF；④,其中正确的结论个数是〔 〕
A.1 B.2 C.3 D.4
答案：D
考点：三角形的全等，三角形的相似，三角形、四边形面积的计算。
解析：
∵CA=CB, ∠C=∠CBF=90°
∴∠ABC=∠ABF=45°,故ƒ正确
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC,∠E=∠C=90°
∴△ACD∽△FEQ
∴AC∶AD=FE∶FQ
∴AD·FE=AD²=FQ·AC,故④正确
7．〔2022·山东枣庄〕如图，四边形ABCD是菱形，，，于H，那么DH等于
A．B．C．5 D．4
第9题图
A
B
C
D
H

【答案】A.
解析】
试题分析：如图，四边形ABCD是菱形，，，根据菱形的性质可得OA=4，OB=3，由勾股定理可得AB=5，再由即可求得DH=,故答案选A.
考点：菱形的性质.
8．〔2022·江苏苏州〕矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如下列图，点B的坐标为〔3，4〕，D是OA的中点，点E在AB上，当△CDE的周长最小时，点E的坐标为〔　　〕
A．〔3，1〕 B．〔3，〕 C．〔3，〕 D．〔3，2〕
【考点】矩形的性质；坐标与图形性质；轴对称-最短路线问题．
【分析】如图，作点D关于直线AB的对称点H，连接CH与AB的交点为E，此时△CDE的周长最小，先求出直线CH解析式，再求出直线CH与AB的交点即可解决问题．
【解答】解：如图，作点D关于直线AB的对称点H，连接CH与AB的交点为E，此时△CDE的周长最小．
∵D〔，0〕，A〔3，0〕，
∴H〔，0〕，
∴直线CH解析式为y=﹣x+4，
∴x=3时，y=，
∴点E坐标〔3，〕
应选：B．
9．〔2022·江苏无锡〕以下性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是〔　　〕
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．邻边互相垂直
【考点】菱形的性质；矩形的性质．
【分析】菱形的性质有：四边形相等，两组对边分别平行，对角相等，邻角互补，对角线互相垂直且平分，且每一组对角线平分一组对角．
矩形的性质有：两组对边分别相等，两组对边分别平行，四个内角都是直角，对角线相等且平分．
【解答】解：〔A〕对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；
〔B〕对角线互相平分是菱形和矩形共有的性质；
〔C〕对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；
〔D〕邻边互相垂直是矩形具有的性质，菱形不一定具有．
应选：C．
10．〔2022·江苏省宿迁〕如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．假设AB的长为2，那么FM的长为〔　　〕
A．2 B．C．D．1
【分析】根据翻折不变性，AB=FB=2，BM=1，在Rt△BFM中，可利用勾股定理求出FM的值．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB=2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FB=AB=2，BM=1，
那么在Rt△BMF中，
FM=，
应选：B．
【点评】此题考查了翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键．
11．〔2022·江苏省扬州〕如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6．将该矩形纸片剪去3个等腰直角三角形，所有剪法中剩余局部面积的最小值是〔　　〕
A．6 B．3 C．2.5 D．2
【考点】几何问题的最值．
【分析】以BC为边作等腰直角三角形△EBC，延长BE交AD于F，得△ABF是等腰直角三角形，作EG⊥CD于G，得△EGC是等腰直角三角形，在矩形ABCD中剪去△ABF，△BCE，△ECG得到四边形EFDG，此时剩余局部面积的最小
【解答】解：如图以BC为边作等腰直角三角形△EBC，延长BE交AD于F，得△ABF是等腰直角三角形，
作EG⊥CD于G，得△EGC是等腰直角三角形，
在矩形ABCD中剪去△ABF，△BCE，△ECG得到四边形EFDG，此时剩余局部面积的最小=4×6﹣×4×4﹣×3×6﹣×3×3=2.5．
应选C．
12．〔2022•浙江省舟山〕如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=3，过点A，C作相距为2的平行线段AE，CF，分别交CD，AB于点E，F，那么DE的长是〔　　〕
A．B．C．1 D．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【分析】过F作FH⊥AE于H，根据矩形的性质得到AB=CD，AB∥CD，推出四边形AECF是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AF=CE，根据相似三角形的性质得到，于是得到AE=AF，列方程即可得到结论．
【解答】解：过F作FH⊥AE于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF=CE，
∴DE=BF，
∴AF=3﹣DE，
∴AE=，
∵∠FHA=∠D=∠DAF=90°，
∴∠AFH+∠HAF=∠DAE+∠FAH=90°，
∴∠DAE=∠AFH，
∴△ADE∽△AFH，
∴，
∴AE=AF，
∴=3﹣DE，
∴DE=，
应选D．
13．〔2022•呼和浩特〕如图，面积为24的正方形ABCD中，有一个小正方形EFGH，其中E、F、G分别在AB、BC、FD上．假设BF=，那么小正方形的周长为〔　　〕
A．B．C．D．
【考点】正方形的性质．
【分析】先利用勾股定理求出DF，再根据△BEF∽△CFD，得=求出EF即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，面积为24，
∴BC=CD=2，∠B=∠C=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠EFG=90°，
∵∠EFB+∠DFC=90°，∠BEF+∠EFB=90°，
∴∠BEF=∠DFC，∵∠EBF=∠C=90°，
∴△BEF∽△CFD，
∴=，
∵BF=，CF=，DF==，
∴=，
∴EF=，
∴正方形EFGH的周长为．
应选C．
14.(2022兰州，14,4分)如图，矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O,CE∥BD, DE∥AC , AD＝ , DE＝2,那么四边形 OCED 的面积为〔〕
【答案】:A
【解析】：∵CE∥BD, DE∥AC
∴四边形 OCED 是平行四边形
∴OD＝EC, OC＝DE
∵矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O
∴OD＝OC
连接 OE, ∵DE＝2，
∴DC＝2，DE＝
∴四边形 OCED 的面积为
【考点】：平行四边形的性质及菱形的面积计算
15.(2022广东，5,3分)如图，正方形ABCD的面积为1，那么以相邻两边
中点连接EF为边的正方形EFGH的周长为〔 〕
A、B、C、D、
答案：B
考点：三角形的中位线，勾股定理。
解析：连结BD，由勾股定理，得BD＝，因为E、F为中点，所以，EF＝，所以，正方形EFGH的周长为。
二、填空题
1. 〔2022·湖北黄冈〕 如图，在矩形ABCD中，点EF分别在边CD，BC上，且DC=3DE=3a，将矩形沿直线EF折叠，使点C恰好落在AD边上的点P处，那么FP=_______.
AP(C) D
E
BFC
〔第1题〕
【考点】矩形的性质、图形的变换〔折叠〕、30°度角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理.
【分析】根据折叠的性质，知EC=EP＝2a=2DE；那么∠DPE=30°，∠DEP=60°，得出∠PEF=∠CEF=(180°-60°)= 60°，从而∠PFE=30°，得出EF=2EP=4a，再勾股定理，得 出FP的长.
【解答】解：∵DC=3DE=3a，∴DE=a，EC=2a.
根据折叠的性质，EC=EP＝2a；∠PEF=∠CEF，∠ EPF=∠C=90°.
根据矩形的性质，∠D=90°，
在Rt△DPE中，EP=2DE=2a，∴∠DPE=30°，∠DEP=60°.
∴∠PEF=∠CEF=(180°-60°)= 60°.
∴在Rt△EPF中，∠PFE=30°.
∴EF=2EP=4a
       在Rt△EPF中，∠EPF=90°，EP＝2a，EF＝4a，
        ∴根据勾股定理，得 FP==a.
故答案为：a
2. 〔2022·四川成都·4分〕如图，在矩形ABCD中，AB=3，对角线AC，BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，那么AD的长为　3．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质．
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出OA=AB=OB=3，得出BD=2OB=6，由勾股定理求出AD即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴OA=AB=OB=3，
∴BD=2OB=6，
∴AD===3；
故答案为：3．
3. 〔2022湖北襄阳，16，3分〕如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，E是OC的中点，连接BE，过点A作AM⊥BE于点M，交BD于点F，那么FM的长为．
【考点正方形的性质．
【分析】先根据ASA判定△AFO≌△BEO，并根据勾股定理求得BE的长，再判定△BFM∽△BEO，最后根据对应边成比例，列出比例式求解即可．
【解答】解：∵正方形ABCD
∴AO=BO，∠AOF=∠BOE=90°
∵AM⊥BE，∠AFO=∠BFM
∴∠FAO=∠EBO
在△AFO和△BEO中
∴△AFO≌△BEO〔ASA〕
∴FO=EO
∵正方形ABCD的边长为2，E是OC的中点
∴FO=EO=1=BF，BO=2
∴直角三角形BOE中，BE==
由∠FBM=∠EBO，∠FMB=∠EOB，可得△BFM∽△BEO
∴，即
∴FM=
故答案为：
【点评】此题主要考查了正方形，解决问题的关键的掌握全等三角形和相似三角形的判定与性质．解题时注意：正方形的对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．
4. 〔2022吉林长春，12，3分〕如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的对称中心与原点重合，顶点A的坐标为〔﹣1，1〕，顶点B在第一象限，假设点B在直线y=kx+3上，那么k的值为　﹣2　．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正方形的性质．
【分析】先求出B点坐标，再代入直线y=kx+3，求出k的值即可．
【解答】解：∵正方形ABCD的对称中心与原点重合，顶点A的坐标为〔﹣1，1〕，
∴B〔1，1〕．
∵点B在直线y=kx+3上，
∴1=k+3，解得k=﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】此题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
5.〔2022·广东广州〕如图，正方形的边长为,是对角线，将绕点顺时针旋转450得到，交于点，连接交于点，连接，那么以下结论：
其中正确的结论是.〔填写所有正确结论的序号〕
【难易】中等
【考点】图形的旋转，全等三角形，等腰直角三角形，菱形的判定
【解析】∵旋转
∴HD=BD=
∴HA=
∵∠H=45° ∠HAE=45°
∴△HAE为等腰直角三角形
∴AE=HE=
∴EB=
又∵∠EGB=90° ∠EBG=45°
∴△EGB为等腰三角形，EG=
∵EA=EG且EA⊥DA，EG⊥DG
∴ED平分∠ADG
∴∠EDG=22.5°
又∵∠DCA=45° ∠CDG=45°
∴∠CDF=∠CFD=67.5°， ∴CF=CD=1 ， ∴AF=
又∵∠EAC=∠BEG=45°，∴AF∥EG
又∵AF=AE=EG
∴四边形AEGF是菱形，且△AED≌△GED
∴∠FGD=∠ABD=45° ∠DFG=180°-∠FGD-∠FDG =112.5°
BC+FG=
【参考答案】①②③
6.〔2022·广东茂名〕矩形的对角线AC与BD相交于点O，假设AO=1，那么BD=2　．
【考点】矩形的性质．
【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线互相平分且相等，求解即可．
【解答】解：在矩形ABCD中，
∵角线AC与BD相交于点O，AO=1，
∴AO=CO=BO=DO=1，
∴BD=2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了矩形的性质，解答此题的关键是掌握矩形的对角线互相平分且相等的性质．
7〔2022·广西贺州〕在矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∠BED的角平分线EF与DC交于点F，假设AB=9，DF=2FC，那么BC=．〔结果保存根号〕
【考点】矩形的性质；等腰三角形的判定；相似三角形的判定与性质．
【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG=BC+CG进行计算即可．
【解答】解：延长EF和BC，交于点G
∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∴AB=AE=9，
∴直角三角形ABE中，BE==，
又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，
∴∠BEG=∠DEF
∵AD∥BC
∴∠G=∠DEF
∴∠BEG=∠G
∴BG=BE=
由∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFC，可得△EFD∽△GFC
∴
设CG=x，DE=2x，那么AD=9+2x=BC
∵BG=BC+CG
∴=9+2x+x
解得x=
∴BC=9+2〔﹣3〕=
故答案为：
【点评】此题主要考查了矩形、相似三角形以及等腰三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：有两个角对应相等的两个三角形相似．
8. (2022年浙江省丽水市)如图，在菱形ABCD中，过点B作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E，F，延长BD至G，使得DG=BD，连结EG，FG，假设AE=DE，那么=．
【考点】菱形的性质．
【分析】连接AC、EF，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD，然后判断出△ABD是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，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出EH，再求出DH，从而得到GH，利用勾股定理列式求出EG，最后求出比值即可．

【解答】解：如图，连接AC、EF，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵BE⊥AD，AE=DE，
∴AB=BD，
又∵菱形的边AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
设EF与BD相交于点H，AB=4x，
∵AE=DE，
∴由菱形的对称性，CF=DF，
∴EF是△ACD的中位线，
∴DH=DO=BD=x，
在Rt△EDH中，EH=DH=x，
∵DG=BD，
∴GH=BD+DH=4x+x=5x，
在Rt△EGH中，由勾股定理得，EG===2x，
所以， ==．
故答案为：．
9. 〔2022年浙江省衢州市〕如图，正方形ABCD的顶点A，B在函数y=〔x＞0〕的图象上，点C，D分别在x轴，y轴的正半轴上，当k的值改变时，正方形ABCD的大小也随之改变．
〔1〕当k=2时，正方形A′B′C′D′的边长等于．
〔2〕当变化的正方形ABCD与〔1〕中的正方形A′B′C′D′有重叠局部时，k的取值范围是≤x≤18　．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质；正方形的性质．
【分析】〔1〕过点A′作AE⊥y轴于点E，过点B′⊥x轴于点F，由正方形的性质可得出“A′D′=D′C′，∠A′D′C′=90°〞，通过证△A′ED′≌△D′OC′可得出“OD′=EA′，OC′=ED′〞，设OD′=a，OC′=b，由此可表示出点A′的坐标，同理可表示出B′的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征即可得出关于a、b的二元二次方程组，解方程组即可得出a、b值，再由勾股定理即可得出结论；
〔2〕由〔1〕可知点A′、B′、C′、D′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′B′、C′D′的解析式，设点A的坐标为〔m，2m〕，点D坐标为〔0，n〕，找出两正方形有重叠局部的临界点，由点在直线上，即可求出m、n的值，从而得出点A的坐标，再由反比例函数图象上点的坐标特征即可得出k的取值范围．
【解答】解：〔1〕如图，过点A′作AE⊥y轴于点E，过点B′⊥x轴于点F，那么∠A′ED′=90°．
∵四边形A′B′C′D′为正方形，
∴A′D′=D′C′，∠A′D′C′=90°，
∴∠OD′C′+∠ED′A′=90°．
∵∠OD′C′+∠OC′D′=90°，
∴∠ED′A′=∠OC′D′．
在△A′ED′和△D′OC′中，
，
∴△A′ED′≌△D′OC′〔AAS〕．
∴OD′=EA′，OC′=ED′．
同理△B′FC′≌△C′OD′．
设OD′=a，OC′=b，那么EA′=FC′=OD′=a，ED′=FB′=OC′=b，
即点A′〔a，a+b〕，点B′〔a+b，b〕．
∵点A′、B′在反比例函数y=的图象上，
∴，解得：或〔舍去〕．
在Rt△C′OD′中，∠C′OD′=90°，OD′=OC′=1
∴C′D′==．
故答案为：．
〔2〕设直线A′B′解析式为y=k1x+b1，直线C′D′解析式为y=k2+b2，
∵点A′〔1，2〕，点B′〔2，1〕，点C′〔1，0〕，点D′〔0，1〕，
∴有和，
解得：和．
∴直线A′B′解析式为y=﹣x+3，直线C′D′解析式为y=﹣x+1．
设点A的坐标为〔m，2m〕，点D坐标为〔0，n〕．
当A点在直线C′D′上时，有2m=﹣m+1，解得：m=，
此时点A的坐标为〔，〕，
∴k=×=；
当点D在直线A′B′上时，有n=3，
此时点A的坐标为〔3，6〕，
∴k=3×6=18．
综上可知：当变化的正方形ABCD与〔1〕中的正方形A′B′C′D′有重叠局部时，k的取值范围为≤x≤18．
故答案为：≤x≤18．
10. 〔2022年浙江省台州市〕如图，把一个菱形绕着它的对角线的交点旋转90°，旋转前后的两个菱形构成一个“星形〞〔阴影局部〕，假设菱形的一个内角为60°，边长为2，那么该“星形〞的面积是　6﹣6　．
【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【分析】根据菱形的性质以及AB=2，∠BAD=60°，可得出线段AO和BO的长度，同理找出A′O、D′O的长度，结合线段间的关系可得出AD′的长度，通过角的计算得出∠AED′=30°=∠EAD′，即找出D′E=AD′，再通过解直角三角形得出线段EF的长度，利用分割图形法结合三角形的面积公式以及菱形的面积公式即可求出阴影局部的面积．
【解答】解：在图中标上字母，令AB与A′D′的交点为点E，过E作EF⊥AC于点F，如下列图．
∵四边形ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=60°，
∴∠BAO=30°，∠AOB=90°，
∴AO=AB•cos∠BAO=，BO=AB•sin∠BAO=1．
同理可知：A′O=，D′O=1，
∴AD′=AO﹣D′O=﹣1．
∵∠A′D′O=90°﹣30°=60°，∠BAO=30°，
∴∠AED′=30°=∠EAD′，
∴D′E=AD′=﹣1．
在Rt△ED′F中，ED′=﹣1，∠ED′F=60°，
∴EF=ED′•sin∠ED′F=．
∴S阴影=S菱形ABCD+4S△AD′E=×2AO×2BO+4×AD′•EF=6﹣6．
故答案为：6﹣6．
11. 〔2022年浙江省温州市〕七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板〞，小明利用七巧板〔如图1所示〕中各板块的边长之间的关系拼成一个凸六边形〔如图2所示〕，那么该凸六边形的周长是　〔32+16〕　cm．
【考点】七巧板．
【分析】由正方形的性质和勾股定理求出各板块的边长，即可求出凸六边形的周长．
【解答】解：如下列图：图形1：边长分别是：16，8，8；
图形2：边长分别是：16，8，8；
图形3：边长分别是：8，4，4；
图形4：边长是：4；
图形5：边长分别是：8，4，4；
图形6：边长分别是：4，8；
图形7：边长分别是：8，8，8；
∴凸六边形的周长=8+2×8+8+4×4=32+16〔cm〕；
故答案为：32+16．
12．〔2022·四川巴中〕如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连结AE，如果∠ADB=30°，那么∠E=　15　度．
【考点】矩形的性质．
【分析】连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=30°，可得∠E度数．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BE，AC=BD，且∠ADB∠CAD=30°，
∴∠E=∠DAE，
又∵BD=CE，
∴CE=CA，
∴∠E=∠CAE，
∵∠CAD=∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E=30°，即∠E=15°，
故答案为：15．
13．〔2022.山东省青岛市,3分〕如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=5，F为DE的中点．假设△CEF的周长为18，那么OF的长为．
【考点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理．
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【解答】解：∵CE=5，△CEF的周长为18，
∴CF+EF=18﹣5=13．
∵F为DE的中点，
∴DF=EF．
∵∠BCD=90°，
∴CF=DE，
∴EF=CF=DE=6.5，
∴DE=2EF=13，
∴CD===12．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=12，O为BD的中点，
∴OF是△BDE的中位线，
∴OF=〔BC﹣CE〕=〔12﹣5〕=．
故答案为：．
14．〔2022.山东省泰安市，3分〕如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，BD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，那么△BOF的面积为．
【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出BF，根据勾股定理求出OF，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，又AB=6，AD=BC=8，
∴BD==10，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴OB=OD=5，∠BOF=90°，又∠C=90°，
∴△BOF∽△BCD，
∴=，即=，
解得，BF=，
那么OF==，
那么△BOF的面积=×OF×OB=，
故答案为：．
【点评】此题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键．
15. 〔2022·江苏南京〕如图，菱形ABCD的面积为120，正方形AECF的面积为50，那么菱形的边长为_______.
答案：13
考点：菱形、正方形的性质及其面积的计算方法，勾股定理。
解析：连结AC、BD交于点O，由对称性知，菱形的对角线BD过点E、F，由菱形性质知，BD⊥AC，
所以，＝120　　　①，
又正方形的面积为50，所以，AE＝，所以，AO2＋EO2＝50，AO＝EO＝5
所以，AC＝10，代入①式，得BD＝24，所以，BO＝12，
由AO2＋BO2＝AB2，得AB＝13
16．〔2022·江苏无锡〕如图，矩形ABCD的面积是15，边AB的长比AD的长大2，那么AD的长是　3　．
【考点】矩形的性质．
【分析】根据矩形的面积公式，可得关于AD的方程，根据解方程，可得答案．
【解答】解：由边AB的长比AD的长大2，得
AB=AD+2．
由矩形的面积，得
AD〔AD+2〕=15．
解得AD=3，AD=﹣5〔舍〕，
故答案为：3．
17．〔2022·江苏省宿迁〕如图，在矩形ABCD中，AD=4，点P是直线AD上一动点，假设满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，那么AB的长为　4　．
【分析】如图，当AB=AD时，满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个．
【解答】解：如图，当AB=AD时，满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，
△P1BC，△P2BC是等腰直角三角形，△P3BC是等腰直角三角形〔P3B=P3C〕，
那么AB=AD=4，
故答案为4．
【点评】此题考查矩形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，属于中考常考题型．
18．(2022•江苏省扬州如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为AD的中点，假设OE=3，那么菱形ABCD的周长为　24　．
【考点】菱形的性质．
【分析】由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，
∴△AOD为直角三角形．
∵OE=3，且点E为线段AD的中点，
∴AD=2OE=6．
C菱形ABCD=4AD=4×6=24．
故答案为：24．
19．〔2022•辽宁沈阳〕如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=20，DE是△ABC的中位线，点M是边BC上一点，BM=3，点N是线段MC上的一个动点，连接DN，ME，DN与ME相交于点O．假设△OMN是直角三角形，那么DO的长是或．
【考点】三角形中位线定理．
【分析】分两种情形讨论即可①∠MN′O′=90°，根据=计算即可
②∠MON=90°，利用△DOE∽△EFM，得=计算即可．
【解答】解：如图作EF⊥BC于F，DN′⊥BC于N′交EM于点O′，此时∠MN′O′=90°，
∵DE是△ABC中位线，
∴DE∥BC，DE=BC=10，
∵DN′∥EF，
∴四边形DEFN′是平行四边形，∵∠EFN′=90°，
∴四边形DEFN′是矩形，
∴EF=DN′，DE=FN′=10，
∵AB=AC，∠A=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∴BN′=DN′=EF=FC=5，
∴=，
∴=，
∴DO′=．
当∠MON=90°时，
∵△DOE∽△EFM，
∴=，
∵EM==13，
∴DO=，
故答案为或．
【点评】此题考查三角形中位线定理、矩形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会分类讨论，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
20．(2022大连，13，3分)如图，在菱形ABCD中，AB=5，AC=8，那么菱形的面积是．
【考点】菱形的性质．
【分析】直接利用菱形的性质结合勾股定理得出BD的长，再利用菱形面积求法得出答案．
【解答】解：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO=4，
∴BO==3，
故BD=6，
那么菱形的面积是：×6×8=24．
故答案为：24．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确求出BD的长是解题关键．
21．〔2022·四川巴中〕如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连结AE，如果∠ADB=30°，那么∠E=　15　度．
【考点】矩形的性质．
【分析】连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=30°，可得∠E度数．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BE，AC=BD，且∠ADB=∠CAD=30°，
∴∠E=∠DAE，
又∵BD=CE，
∴CE=CA，
∴∠E=∠CAE，