华东师大版（2024）八年级下册19.3 正方形综合训练题

这是一份华东师大版（2024）八年级下册19.3 正方形综合训练题，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．正方形ABCD的边长为4，点M，N在对角线AC上（可与点A，C重合），MN＝2，点P，Q在正方形的边上．下面四个结论中错误的是（ ）
A．存在无数个四边形PMQN是平行四边形
B．存在无数个四边形PMQN是矩形
C．存在无数个四边形PMQN是菱形
D．至少存在一个四边形PMQN是正方形
2．正方形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A．四边相等B．对角线相等
C．对角相等D．对角线互相垂直
3．如图，在中，点分别在边，，上，且，．下列四个判断中，不正确的是（ ）

A．四边形是平行四边形
B．如果，那么四边形是矩形
C．如果平分平分∠BAC，那么四边形 AEDF 是菱形
D．如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四边形 AEDF 是正方形
4．如图是一张矩形纸片ABCD，AD＝10cm，若将纸片沿DE折叠，使DC落在DA上，点C的对应点为点F，若BE＝6cm，则CD＝( )
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
5．已知正方形的对角线相交于点，且，则的长度和的度数分别是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，平行四边形,对角线交于点,下列选项错误的是（ ）
A．互相平分
B．时，平行四边形为矩形
C．时，平行四边形为菱形
D．时，平行四边形为正方形
7．如图，在四边形中，对角线，且，则该四边形的面积是（ ）
A．30B．54C．D．60
8．将五个边长都为 2 的正方形按如图所示摆放，点 分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为( )
A．2B．4C．6D．8
9．如图，在正方形中，点在边上，点在线段上，若，则（ ）
A．45°B．30°C．60°D．55°
10．如图，正方形中，，交对角线于，交于，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为4，则重叠部分四边形EMCN的面积为（ ）
A．2B．4C．6D．8
12．正方形的一条对角线长为2，则正方形的周长为（ ）
A．4B．8C．D．
二、填空题
13．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中：
①∠ABC=∠ADC；
②AC与BD相互平分；
③AC，BD分别平分四边形ABCD的两组对角；
④四边形ABCD的面积S=AC•BD．
正确的是 （填写所有正确结论的序号）
14．如图，在正方形中，E是边上的一点，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，则 度．
15．如图，直线l上摆有三个正方形a，b，c，若a、c的面积分别为8和10，则b的面积是 ．
16．如图，正方形ABCD中，AB=3，延长BC至E，使BE=BD，则△BDE的面积为 .
17．如图，已知正方形ABCD的边长为2，延长BC至E点，使CE=BC，连结AE交CD于点F，连结BF并延长与线段DE交于点G，则FG的长是 ．
三、解答题
18．如图，点O是线段AB上的一点，OA=OC，OD平分∠AOC交AC于点D，OF平分∠COB，CF⊥OF于点F．
（1）求证：四边形CDOF是矩形；
（2）当∠AOC多少度时，四边形CDOF是正方形？并说明理由．
19．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点B作AC的平行线，过点C作DB的平行线，它们相交于点E．求证：四边形OBEC是正方形．
20．如图：已知在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F．
（1）求证：△BED≌△CFD；
（2）若∠A=90°，求证：四边形DFAE是正方形．
21．如图所示，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，AD的中点．
(1)当四边形ABCD是矩形时，四边形EFGH是_________，请说明理由；
(2)当四边形ABCD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？并说明理由．
22．已知：在平行四边形ABCD中，分别延长BA，DC到点E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．连接EH，分别交AD，BC于点F，G．
(1)求证：AF＝CG；
(2)连接BD交EH于点O，若EH⊥BD，则当线段AB与线段AD满足什么数量关系时，四边形BEDH是正方形？
23．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明）；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
24．在一个正方形的花坛上，欲修建两条直的小路，使得两条直的小路将花坛平均分成面积相等的四部分（不考虑道路的宽度）你有几种方法？（至少说出三种）
《19.3正方形》参考答案
1．B
【分析】根据正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质来判断即可求解．
【详解】如图，正方形ABCD中，作线段MN的垂直平分线交AD于点P，交AB于Q点，
∵PQ垂直平分MN，
∴PM=PN，QM=QN，
在正方形ABCD中，∠PAN=∠QAN=45°，
∴∠APQ=∠AQP=45°，
∴AP=AQ，
∴AC垂直平分PQ，
∴MP=MQ，
∴四边形PNQM是菱形，
在MN运动的过程中，这样的菱形有无数个，即存在无数个这样的平行四边形，当点M与A或者C重合时，四边形PNQM是正方形，则至少存在一个四边形PNQM是正方形，即A、C、D项说法正确，
∵MN=2，且当点M与A或者C重合时，四边形PNQM是正方形，也是矩形，
∴不存在无数多个矩形，故B说法错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定定理、矩形的判定定理、菱形和平行四边形的判定定理，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
2．B
【分析】根据正方形的性质和菱形的性质，容易得出结论．
【详解】正方形的性质有：四条边相等；对角线互相垂直平分且相等；
菱形的性质有：四条边相等；对角线互相垂直平分；
因此正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等．
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质；熟练掌握正方形和菱形的性质是解决问题的关键．
3．D
【详解】由DE∥CA,DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形
故A. B正确；
如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形故C正确；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形，故D错误.
故选D
4．A
【详解】解：由题意可知∠DFE=∠CDF=∠C=90°，DC=DF，
∴四边形ECDF是正方形，
∴DC=EC=BC-BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=10，
∴DC=10-6=4（cm）
故选：A
5．D
【分析】根据正方形的对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角可得， BO=CO=AC=8，∠OCD=45°．
【详解】解：∵正方形ABCD，AC=12cm
∴BO=CO=AC=6，=45°．
故选D．
【点睛】本题考查正方形的性质．掌握正方形性质是解题关键，正方形的对角线对角线互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角.
6．D
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质，逐一判定即可得解.
【详解】A选项，根据平行四边形对角线互相平分的性质，即可判定正确；
B选项，对角线相等的平行四边形是矩形，正确；
C选项，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，正确；
D选项，并不能判定其为正方形；
故答案为D.
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定，熟练掌握，即可解题.
7．B
【分析】设两对角线的交点为E，由即可完成．
【详解】设两对角线的交点为E
∵
=54
故选：B．
【点睛】本题考查了四边形面积的计算，关键是转化为两个直角三角形面积的和，体现了转化思想的应用．一般地，如果四边形的两条对角线相互垂直，则四边形的面积与菱形面积计算一样，等于两对角线乘积的一半．
8．B
【分析】连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点，则AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，易得PAF≌△NAE，进而可得四边形AENF的面积等于△NAP的面积，同理可得答案．
【详解】解：如图，连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交
则AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，
∵∠PAF+∠FAN=∠FAN+∠NAE=90°，
∴∠PAF=∠NAE，
∴△PAF≌△NAE，
∴四边形AENF的面积等于△NAP的面积，
而△NAP的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4，
∴四边形AENF的面积为1cm2，四块阴影面积的和为4cm2．
故选B．
【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
9．A
【分析】由正方形的性质再结合已知条件可证△ABF和△ADF是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质，四边形内角和为360°和三角形内角和定理即可解答.
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴和都是等腰三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】此题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题关键在于掌握各性质定理.
10．C
【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的定义和性质，证明，由全等三角形的性质得出是解题关键．根据四边形是正方形，证明，得出，再根据角平分线的性质得出，然后根据三角形外角的定义和性质，即可求出答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴．
故选：C．
11．B
【分析】连接ED，由EC=AE得到点E是AC的中点，然后结合正方形的性质得到ED=EC、∠EDN=∠ECM=45°、∠DEC=90°，进而结合EF⊥EG得到∠MEC=∠NED，从而得证△MEC≌△NED，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形EMCN的面积与△EDC的面积，最后由正方形的边长求得结果．
【详解】解：连接ED，
∵AE=EC，
∴点E是AC的中点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DEC=90°，DE=EC，∠EDN=∠ECM=45°，
∴∠DEN+∠NEC=90°，
∵EF⊥EG，
∴∠MEC+∠NEC=90°，
∴∠DEN=∠CEM，
∴△MEC≌△NED（ASA），
∴，
∴，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC=42，
∴ED=EC=22，
∴=•ED•EC=×22×22=4，
∴重叠部分四边形EMCN的面积为4．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解题的关键是连接ED构造全等三角形．
12．D
【详解】根据正方形的性质，连接对角线后的三角形为直角三角形，利用勾股定理，确定正方形边长，然后求周长即可．
【解答】解：因为正方形的一条对角线长为2，
设正方形的边长为，
根据勾股定理，得，
解得，
所以正方形的边长为，
则正方形的周长为．
故选：D．
【点睛】题目主要考查正方形的基本性质、勾股定理等，理解正方形性质掌握勾股定理是解题关键．
13．①④
【分析】①证明△ABC≌△ADC，可作判断；②③由于AB与BC不一定相等，则可知此两个选项不一定正确；④根据面积和求四边形的面积即可．
【详解】试题解析：①在△ABC和△ADC中，
∵，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠ABC=∠ADC，
故①结论正确；
②∵△ABC≌△ADC，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴OB=OD，AC⊥BD，
而AB与BC不一定相等，所以AO与OC不一定相等，
故②结论不正确；
③由②可知：AC平分四边形ABCD的∠BAD、∠BCD，
而AB与BC不一定相等，所以BD不一定平分四边形ABCD的对角；
故③结论不正确；
④∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=BD•AO+BD•CO=BD•（AO+CO）=AC•BD．
故④结论正确；
所以正确的有：①④
14．
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质．根据正方形的性质和折叠的性质可以证明，再根据全等三角形的性质可得，由折叠可得，进而可得的度数．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
由翻折可知：
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
15．18
【分析】由题意得 ， ， ，可得到，可证，从而得到，进而有b的面积的面积的面积，即可求解．
【详解】解：如图，
由题意得： ， ， ，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴ ，
即b的面积的面积的面积，
∵a、c的面积分别为8和10，
∴b的面积．
故答案为：18
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
16．
【分析】根据正方形的性质得出BD=32，进而根据BE=BD，再计算出△BDE的面积即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴BD=BE=32，
∴△BDE的面积=×32×3=.
故答案为.
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形面积的计算，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
17．．
【分析】用全等三角形的判定AAS得出△ADF≌△ECF，进而得出FG是△DCP的中位线，得出DG=GP=PE=DE=，再利用勾股定理得出BG的长，进而得出FG即可．
【详解】如图，过点C作CP∥BG，交DE于点P．
∵BC=CE=2，
∴CP是△BEG的中位线，
∴P为EG的中点．
又∵AD=CE=2，AD∥CE，
在△ADF和△ECF中，
，
∴△ADF≌△ECF（AAS），
∴CF=DF，又CP∥FG，
∴FG是△DCP的中位线，
∴G为DP的中点．
∵CD=CE=2，
∴DE=22，
因此DG=GP=PE=DE=．
连接BD，
易知∠BDC=∠EDC=45°，
所以∠BDE=90°，
又∵BD=22，
∴BG=，
∴FG=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理应用等知识，根据已知得出正确辅助线是解题关键．
18．（1）证明见解析（2）当∠AOC=90°时，四边形CDOF是正方形，理由见解析
【分析】（1）利用角平分线的性质、平角的定义可以求得∠DOF=90°；由等腰三角形的“三合一”的性质可推知OD⊥AC，即∠CDO=90°；根据已知条件“CF⊥OF”知∠CFO=90°；则三个角都是直角的四边形是矩形．
（2）当∠AOC=90°时，四边形CDOF是正方形；因为Rt△AOC的斜边上的中线OD等于斜边的一半，所以矩形的邻边OD=CD，所以矩形CDOF是正方形．
【详解】（1）证明：∵OD平分∠AOC，OF平分∠COB（已知），
∴∠AOC=2∠COD，∠COB=2∠COF．
∵∠AOC+∠BOC=180°，
∴2∠COD+2∠COF=180°．
∴∠COD+∠COF=90°．
∴∠DOF=90°．
∵OA=OC，OD平分∠AOC（已知）．
∴OD⊥AC，AD=DC
∴∠CDO=90°．
∵CF⊥OF，
∴∠CFO=90°．
∴四边形CDOF是矩形．
（2）解：当∠AOC=90°时，四边形CDOF是正方形．理由如下：
∵∠AOC=90°，AD=DC，
∴OD=DC．
又由（1）知四边形CDOF是矩形，则四边形CDOF是正方形．
因此，当∠AOC=90°时，四边形CDOF是正方形．
19．证明见解析.
【分析】首先证明四边形OBEC是正方形，再证明OC=OB，∠BOC=90°即可．
【详解】∵BE∥OC，CE∥OB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OB，AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴四边形OBEC是矩形，
∵OC=OB，
∴四边形OBEC是正方形．
【点睛】本题考查正方形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和判定，属于中考常考题型．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)根据AB=AC可得∠B=∠C，根据DE⊥AB，DF⊥AC可得∠BED=∠CFD=90°，根据D为中点可得BD=CD，根据AAS可以判定三角形全等；
(2)根据三个角为直角的四边形是矩形，首先得出矩形，然后根据(1)的结论说明有一组邻边相等.
【详解】解：(1)∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠BED=∠CFD=90°，
∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
∴△BED≌△CFD；
(2)∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED=∠AFD=90°，
又∵∠A=90°，
∴四边形DFAE为矩形，
∵△BED≌△CFD，
∴DE=DF，
∴四边形DFAE为正方形.
21．（1）菱形，理由见解析；（2）当四边形ABCD满足AC＝BD且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．理由见解析.
【详解】（1）利用三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，根据菱形的判定，矩形的性质，求解即可，
（2）首先利用菱形的性质得出平行四边形ABCD是菱形，再利用正方形的性质与判定得出即可．
解：(1)理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD.
由题意，得EF＝AC，EH＝BD，GH＝AC，GF＝BD，
∴EF＝EH＝GH＝GF.
∴四边形EFGH是菱形．
(2)当四边形ABCD满足AC＝BD且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．理由：
∵E，F分别是四边形ABCD的边AB，BC的中点，
∴EF∥AC，EF＝AC.
同理：EH∥BD，EH＝BD，GF＝BD，GH＝AC.
又∵AC＝BD，∴EF＝EH＝GH＝GF.
∴四边形EFGH是菱形．
∵AC⊥BD，∴EF⊥EH.
∴四边形EFGH是正方形．
点睛：本题主要考查三角形中位线、矩形的性质, 菱形的判定, 正方形的判定.熟练掌握矩形、菱形、正方形的性质及判定是解题的关键.
22．(1)见解析
(2)当AD=AB时，四边形BEDH是正方形
【分析】（1）要证明AF=CG，只要证明△EAF≌△HCG即可；
（2）利用已知可得四边形BEDH是菱形，所以当AE2+DE2=AD2时，∠BED=90°，四边形BEDH是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠BAD=∠BCD，
∴∠AEF=∠CHG，
∵BE=2AB，DH=2CD，
∴BE=DH，
∴BE-AB=DH-DC，
∴AE=CH，
∴∠BAD+∠EAF=180°，∠BCD+∠GCH=180°，
∴∠EAF=∠GCH，
∴△EAF≌△HCG(ASA)，
∴AF=CG；
（2）解：当AD=AB时，四边形BEDH是正方形；
理由：∵BE∥DH，BE=DH，
∴四边形EBHD是平行四边形，
∵EH⊥BD，
∴四边形EBHD是菱形，
∴ED=EB=2AB，
当AE2+DE2=AD2时，则∠BED=90°，
∴四边形BEDH是正方形，即AB2+(2AB)2=AD2，
∴AD=AB，
∴当AD=AB时，四边形BEDH是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，结合图形分析并熟练掌握正方形的判定，平行四边形的性质，是解题的关键．
23．（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见解析；（3）14．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
【详解】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
∵，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD；
（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24．答案见解析
【分析】过对角线的交点，作两条互相垂直的直线即可．
【详解】解：有无数种方法，结论：这两条垂线的交点必须是正方形对角线的交点．
如图，即为所求．
【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟悉正方形中心对称的性质．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
A
D
D
B
B
A
C
题号
11
12








答案
B
D