初中数学中考复习 专题42四边形（1）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

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专题42四边形（1）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（　　）

A． B．6 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC=∠ECA，
∴AE=CE，
∴AF=CF，
∴AC=2AB=6，
故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．
2．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若，，则为　　

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质和折叠的性质，得出，由三角形的外角性质求出，再由三角形内角和定理求出，即可得到结果．
【详解】
，
，
由折叠可得，
，
又，
，
又，
中，，
，
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出的度数是解决问题的关键．
3．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，矩形ABCD中，，，且BE与DF之间的距离为3，则AE的长是　　

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，过点D作，垂足为G，则，首先证明≌，由全等三角形的性质可得到，设，则，在中依据勾股定理列方程求解即可．
【详解】
如图所示：过点D作，垂足为G，则，

，，，
≌，
，
设，则，
在中，，，解得：，
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质，依据题意列出关于x的方程是解题的关键．
4．（2020·西藏中考真题）一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【解析】
【分析】
利用多边形的内角和公式及外角和定理列方程即可解决问题．
【详解】
设这个多边形的边数是n，
则有（n-2）×180°=360°×4，
所有n=10．
故选C．
【点睛】
熟悉多边形的内角和公式：n边形的内角和是（n-2）×180°；多边形的外角和是360度．
5．（2020·西藏中考真题）如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（　　）

A．∠ADB＝90° B．OA＝OB C．OA＝OC D．AB＝BC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的判定定理和矩形的判定定理分别对各个选项进行推理判断即可．
【详解】
A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°，
不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查菱形的判定定理、矩形的判定定理以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定定理、矩形的判定定理是解题的关键．
6．（2020·广西河池?中考真题）如图，在▱ABCD中，CE平分∠BCD，交AB于点E，EA＝3，EB＝5，ED＝4．则CE的长是（　　）

A．5 B．6 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质和角平分线的定义可得AD＝BC＝EB＝5，根据勾股定理的逆定理可得∠AED＝90°，再根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝8，∠EDC＝90°，根据勾股定理可求CE的长．
【详解】
解：∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠BEC＝∠DCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴BC＝BE＝5，
∴AD＝5，
∵EA＝3，ED＝4，
在△AED中，32+42＝52，即EA2+ED2＝AD2，
∴∠AED＝90°，
∴CD＝AB＝3+5＝8，∠EDC＝90°，
在Rt△EDC中，CE＝＝＝4．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，勾股定理的逆定理，勾股定理，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
7．（2020·辽宁朝阳?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点B，点A，以线段AB为边作正方形，且点C在反比例函数的图象上，则k的值为（ ）


A． B． C．42 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过点C作CE⊥x轴于E，证明△AOB≌△BEC，可得点C坐标，代入求解即可；
【详解】
解：∵当x=0时，，∴A(0，4)， ∴OA=4；
∵当y=0时，，∴x=-3，∴B(-3，0)， ∴OB=3；
过点C作CE⊥x轴于E，


∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∵∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CBE =∠BAO．
在△AOB和△BEC中，
，
∴△AOB≌△BEC，
∴BE=AO=4，CE=OB=3，
∴OE=3+4=7，
∴C点坐标为（-7，3），
∵点A在反比例函数的图象上，
∴k=-7×3=-21．
故选D．
【点睛】
本题考查了一次函数与坐标轴的交点、待定系数法求函数解析式、正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解答此题的关键是正确作出辅助线及数形结合思想的运用．
8．（2020·辽宁朝阳?中考真题）如图，在正方形中，对角线相交于点O，点E在BC边上，且，连接AE交BD于点G，过点B作于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作交DC于占N，，现给出下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；
②过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE,AF,EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM,BK的长度，然后利用即可判断；
③利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求；
④直接利用平行线的性质证明，即可得出结论．
【详解】
如图，过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，

∵四边形ABCD是正方形，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
∴，
，
．
，
，
．
，
，
，
，
，
，
，
．
，
，故①正确；
，
，
．
，
，
，故④正确；
，
，
，故③正确；
，
即，
∴ ，
，故②错误；
∴正确的有①③④，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查四边形综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例和锐角三角函数是解题的关键．
9．（2020·辽宁铁岭?中考真题）一个零件的形状如图所示，，则的度数是（ ）

A．70° B．80° C．90° D．100°
【答案】B
【解析】
【分析】
延长DE与BC交于点F，则四边形ABFD是平行四边形，则∠A=∠F，利用三角形内角和定理，即可求出答案．
【详解】
解：延长DE与BC交于点F，如图：

∵，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴∠A=∠F，
在△BDF中，，
∴，
∴∠A=80°；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是正确作出辅助线，求出∠F的度数．
10．（2020·辽宁铁岭?中考真题）如图，矩形的顶点在反比例函数的图象上，点和点在边上，，连接轴，则的值为（ ）


A． B．3 C．4 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
依次可证明△OFE和△AFD为等腰直角三角形，再依据勾股定理求得DF的长度，即可得出D点坐标，从而求得k的值．
【详解】
解：∵，，x轴⊥y轴，
∴OE=OF=1，∠FOE=90°，∠OEF=∠OFE=45°，
∴，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=90°，
∵轴，
∴∠DFE=∠OEF=45°，
∴∠ADF=45°，，
∴
∴D(4，1)，
∴，解得，
故选：C．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，求反比例函数解析式，勾股定理，矩形的性质．能依据已知点的坐标，得出△OFE是等腰直角三角形是解题关键．
11．（2020·江苏泰州?中考真题）如图，半径为的扇形中，，为上一点，，，垂足分别为、．若为，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
本题可通过做辅助线，利用矩形性质对角线相等且平分以及等面积性，利用扇形ABC面积减去扇形AOC面积求解本题．
【详解】
连接OC交DE为F点，如下图所示：
由已知得：四边形DCEO为矩形．
∵∠CDE=36°，且FD=FO，
∴∠FOD=∠FDO=54°，△DCE面积等于△DCO面积．
．
故选：A．

【点睛】
本题考查几何面积求法，在扇形或圆形题目中，需要构造辅助线利用割补法，即大图形面积减去小图形面积求解题目，扇形面积公式为常用工具．
12．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】
考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
13．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，正方形的边长为，点在边上运动（不与点，重合），，点在射线上，且，与相交于点，连接、、．则下列结论：①；②的周长为；③；④的面积的最大值是；⑤当时，是线段的中点．其中正确的结论是（ ）

A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可判断①正确；如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS），即可判断②③错误；设BE=x，则AE=a-x，AF=，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可判断④正确；设AG=，利用前面所证EG=GH，在Rt△AEG中，利用勾股定理求得，即可判断⑤正确．
【详解】
如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．

∵BE=BH，∠EBH=90°，
∴EH=BE，
∵AF=BE，
∴AF=EH，
∵∠DAM=∠EHB=45°，∠BAD=90°，
∴∠FAE=∠EHC=135°，
∵BA=BC，BE=BH，
∴AE=HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF=EC，∠AEF=∠ECH，
∵∠ECH+∠CEB=90°，
∴∠AEF+∠CEB=90°，
∴∠FEC=90°，
∴∠ECF=∠EFC=45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，

则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB=∠DCH，
∴∠ECH=∠BCD=90°，
∴∠ECG=∠GCH=45°，
∵CG=CG，CE=CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG=GH，
∵GH=DG+DH，DH=BE，
∴EG=BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长=AE+EG+AG=AE+AH= AE +AD+DH =AE +AD+EB =AB+AD=2a，故②错误，
设BE=，则AE=，AF=，
∴S△AEF=，
∵，
∴当时，，△AEF的面积的最大值为，故④正确；
如图3，延长AD到H，使得DH=BE，

同理：EG=GH，
∵，则，
设AG=，则DG=，
∴EG=GH =，
在Rt△AEG中，，
即，
解得：，
∴当时，是线段的中点，故⑤正确；
综上，①④⑤正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数最值的应用，勾股定理的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
14．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（ ）

A．72 B．24 C．48 D．96
【答案】C
【解析】
【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．
【详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴菱形的面积.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得BD．
15．（2020·内蒙古呼伦贝尔?中考真题）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（ ）

A．14 B．20 C．22 D．28
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知条件证明四边形MNDE为菱形，结合OB和OC的长求出MN，OM，OE，计算出EM，可得结果．
【详解】
解：∵BD和CE分别是△ABC的中线，
∴DE=BC，DE∥BC，
∵M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，
∴MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∵BD⊥CE，
∴平行四边形MNDE为菱形，
∴OE=ON=3
∴BC=，
∴DE=MN=EM=DN=5，
∴四边形MNDE的周长为20，
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
16．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）如图，点B在反比例函数（）的图象上，点C在反比例函数（）的图象上，且轴，，垂足为点C，交y轴于点A，则的面积为 （ ）


A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】
作BD⊥BC交y轴于D，可证四边形ACBD是矩形，根据反比例函数k的几何意义求出矩形ACBD的面积，进而由矩形的性质可求的面积．
【详解】
作BD⊥BC交y轴于D，
∵轴，，
∴四边形ACBD是矩形，
∴S矩形ACBD=6+2=8，
∴的面积为4．
故选B．

【点睛】
本题考查了反比例函数比例系数的几何意义，一般的，从反比例函数（k为常数，k≠0）图象上任一点P，向x轴和y轴作垂线你，以点P及点P的两个垂足和坐标原点为顶点的矩形的面积等于常数，以点P及点P的一个垂足和坐标原点为顶点的三角形的面积等于 ．也考查了矩形的性质．
17．（2020·江苏镇江?中考真题）如图①，AB＝5，射线AM∥BN，点C在射线BN上，将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，点P，Q分别在射线AM、BN上，PQ∥AB．设AP＝x，QD＝y．若y关于x的函数图象（如图②）经过点E(9，2)，则cosB的值等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得四边形ABQP是平行四边形，可得AP＝BQ＝x，由图象②可得当x＝9时，y＝2，此时点Q在点D下方，且BQ＝x＝9时，y＝2，如图①所示，可求BD＝7，由折叠的性质可求BC的长，由锐角三角函数可求解．
【详解】
解：∵AM∥BN，PQ∥AB，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP＝BQ＝x，
由图②可得当x＝9时，y＝2，
此时点Q在点D下方，且BQ＝x＝9时，y＝2，如图①所示，

∴BD＝BQ﹣QD＝x﹣y＝7，
∵将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，
∴BC＝CD＝BD＝，AC⊥BD，
∴cosB＝＝＝，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，折叠的性质，锐角三角函数等知识．理解函数图象上的点的具体含义是解题的关键．
18．（2020·内蒙古鄂尔多斯?中考真题）如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA2A4B4，连接A2A4，得到A2A3A4，…，设AA1A2，A1A2A3，A2A3A4，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（ ）

A． B．22018 C．22018+ D．1010
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出S1、S2、S3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．
【详解】
解：如图

∵四边形OAA1B1是正方形，
∴OA＝AA1＝A1B1＝1，
∴S1＝1×1＝，
∵∠OAA1＝90°，
∴OA12＝12+12＝2，
∴OA2＝A2A3＝2，
∴S2＝2×1＝1，
同理可求：S3＝2×2＝2，S4＝4…，
∴Sn＝2n﹣2，
∴S2020＝22018，
故选：B．
【点睛】
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到an的规律是解题的关键．
19．（2020·内蒙古鄂尔多斯?中考真题）将三角尺按如图所示放置在一张矩形纸片上，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，∠1＝125°，则∠BFG的大小为（ ）

A．125° B．115° C．110° D．120°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形得出AD∥BC，根据平行线的性质得出∠1+∠BFE＝180°，求出∠BFE，根据三角形内角和定理求出∠EFG，即可求出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1+∠BFE＝180°，
∵∠1＝125°，
∴∠BFE＝55°，
∵在△EGF中，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，
∴∠EFG＝180°﹣∠EGF﹣∠FEG＝60°，
∴∠BFG＝∠BFE+∠EFG＝55°+60°＝115°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，矩形的性质，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
20．（2020·云南中考真题）如图，正方形的边长为4，以点为圆心，为半径画圆弧得到扇形（阴影部分，点在对角线上）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）

A． B．1 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，扇形ADE中弧DE的长即为圆锥底面圆的周长，即通过计算弧DE的长，再结合圆的周长公式进行计算即可得解．
【详解】
∵正方形的边长为4
∴
∵是正方形的对角线
∴
∴
∴圆锥底面周长为，解得
∴该圆锥的底面圆的半径是，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，正方形的性质以及圆锥的相关知识点，熟练掌握弧长公式及圆的周长公式是解决本题的关键．
21．（2020·云南中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点，是的中点，则与的面积的比等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先证明OE//BC，再根据△DEO∽△DCB求解即可．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵是的中点，
∴OE是△DCB的中位线，
∴OE//BC，OE=BC，
∴△DEO∽△DCB，
∴△DEO：△DCB=．
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
22．（2020·四川绵阳?中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DF∥BC，∠ABC的平分线BE交DF于点G，GH⊥DF，点E恰好为DH的中点，若AE＝3，CD＝2，则GH＝（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
过作，交于点，可得，得到与平行，再由为中点，得到，同时得到四边形为矩形，再由角平分线定理得到，进而求出的长，得到的长．
【详解】
解：过作，交于点，

，
，
，
，
为中点，
，
，即，
，
四边形为矩形，
，
平分，，，
，
，
则．
故选：．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质，角平分线定理，以及平行线的性质，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．
23．（2020·四川绵阳?中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△，当恰好经过点D时，△CD为等腰三角形，若B＝2，则A＝（　　）

A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
过作于，则，根据矩形的性质得，，根据旋转的性质得到，，，，推出△为等腰直角三角形，得到，设，则，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：过作于，

则，
，，
，
四边形是矩形，
，，
将绕点顺时针方向旋转后得△，
，，，，
△△，
，
△为等腰三角形，
△为等腰直角三角形，
，
设，则，，
，
，
（负值舍去），
，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
24．（2020·辽宁沈阳?中考真题）如图，在矩形中，，，以点为圆心，长为半径画弧交边于点，连接，则的长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质可得，再根据圆的性质可得，然后利用余弦三角函数可得，从而可得，最后利用弧长公式即可得．
【详解】
四边形ABCD是矩形，，

由圆的性质得：
在中，


则的长为
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、弧长公式、余弦三角函数等知识点，利用余弦三角函数求出是解题关键．
25．（2020·四川凉山?中考真题）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于，则（ ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】

过点O作，，设圆的半径为r，根据垂径定理可得△OBM与△ODN是直角三角形，根据三角函数值进行求解即可得到结果．
【详解】

如图，过点O作，，设圆的半径为r，


∴△OBM与△ODN是直角三角形，，
∵等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于，
∴,，
∴，，
∴，，
∴．
故答案选B．
【点睛】

本题主要考查了圆的垂径定理知识点应用，结合等边三角形和正方形的性质，利用三角函数求解是解题的关键．
26．（2020·四川眉山?中考真题）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ 　 ）

A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【解析】
【分析】
①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②
【详解】
解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形
∴∠EAG=∠BAD=90°
又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG
∴∠EAB=∠GAD
∴①正确
②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形
∴AD=DC，AG=FG
∴AC=AD，AF=AG
∴，
即
又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC
∴∠DAG=∠CAF
∴
∴②正确
③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线
∴∠AFH=∠ACF=45°
又∵∠FAH=∠CAF
∴△HAF∽△FAC
∴
即
又∵AF=AE
∴
∴③正确
④由②知
又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线
∴∠ADG=∠ACF=45°
∴DG在正方形另外一条对角线上
∴DG⊥AC
∴④正确
故选：D．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．
27．（2020·四川眉山?中考真题）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形错误，如等腰梯形；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确；
C、对角线相等的四边形是矩形错误，如等腰梯形；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形错误，如一般四边形对角线也可以互相垂直且相等．
故选：B．
【点睛】
本题考查了命题与定理，解题的关键是了解平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理，难度一般．
28．（2020·江苏南通?中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（　　）

A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2
【答案】C
【解析】
【分析】
过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】
解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，

由三角形面积公式得：y＝，
解得EH＝AB＝6，
∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，

∴ED=4,
∴BC=AD＝12，
∴矩形的面积为12×6＝72．
故选：C．
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
29．（2020·黑龙江大庆?中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（ ）

A．或 B．或 C． D．或
【答案】A
【解析】
【分析】
本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当12时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．
【详解】
解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，

∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，
设A到EF的距离AM=x，
①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，

∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，
∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；
②当1
∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，
∴，解得：；
③当x>2时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，

∵公共部分面积为，∴，
且，解得：或（舍），
所以，满足条件的AM的值为或，
故选：A．
【点睛】
本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．
30．（2020·四川雅安?中考真题）已知，等边三角形和正方形的边长相等，按如图所示的位置摆放（C点与E点重合），点共线，沿方向匀速运动，直到B点与F点重合．设运动时间为，运动过程中两图形重叠部分的面积为，则下面能大致反映与之间关系的函数图象是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分点C在EF中点的左侧、点C在EF中点的右侧、点C在F点右侧且B在EF中点的左侧，点C在F点右侧且B在EF中点的右侧四种情况，分别求出函数的表达式即可求解．
【详解】
解：设等边三角形ABC和正方形DEFG的边长都为a，运动速度为1，
当点C在EF的中点左侧时，

设AC交DE于点H，
则CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，
则S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，
可知图象为开口向上的二次函数，
当点C在EF的中点右侧时，设AB与DE 交于点M，

则EC=t，BE=a-t，ME=，
∴S=，
可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的左侧时，

S=，
可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的右侧时，

此时BF=2a-t，MF=，
∴，
可知图象为开口向上的二次函数；
故选：A
【点睛】
本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
31．（2020·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）

A． B．8 C．10 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=，进而可求得B（4，）；将B（4，）代入反比例函数，即可求得k的值．
【详解】
解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，

∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴,
∴ED=AD- AE=5-=，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴,
∴,
∴在矩形ABCD中，，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴,
∴代入数值，可得AF=2，BF=，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，），
∴将B（4，）代入反比例函数，得，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求反比例函数的系数、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质等知识．解题关键是通过求证△AOE ∽△CDE，△AOE∽△BFA，得到B点坐标，将B点坐标代入反比例函数，即可得解．
32．（2020·山东东营?中考真题）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（ ）

A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①根据题意及正方形的性质，即可判断；
②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；
③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；
④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；
⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．
【详解】
∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线，
∴∠MAE=∠EAP=45°，
根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，
在三角形与中，

∴ASA，
故①正确；
∴AE=ME=EP=MP，
同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，
∴四边形PEOF为矩形，
∴PF=OE，
∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，
又∵ME=PE=MP，
FP=FN=NP，OA=AC，
∴ PM+PN=AC，
故②正确；
∵四边形PEOF为矩形，
∴PE=OF，
在直角三角形OPF中，，
∴，
故③正确；
∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，
故④错误；
连接MO、NO，
在△OEM和△OEP中，

∴△OEM≌△OEP，OM=OP，
同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，
又∵∠MPN=90°，
OM=OP=ON，OP=12MO+NO，
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP=MN，
∴MO+NO=MN，点在两点的连线上．
故⑤正确．
故选择B．
【点睛】
本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．
33．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【详解】
解：∵
∴AD∥BC，AB//DF
∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE
∴∠BAE=∠BEA
∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5
∵BG⊥AE
∴AG=EG=AE
∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8
∴
∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF
∴△ABE∽△FCE且相似比为
∴ ,解得=16．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
34．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）如图，把某矩形纸片沿，折叠（点E、H在边上，点F，G在边上），使点B和点C落在边上同一点P处，A点的对称点为、D点的对称点为，若，为8，的面积为2，则矩形的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出D′H＝x，由S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，可解得x=2，分别求出PE和PH，从而得出AD的长.
【详解】
解：∵四边形ABC是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
设AB=CD=x，
由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，
∵△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2，
又∵，∠A′PF=∠D′PG=90°，
∴∠A′P D′=90°，则∠A′PE+∠D′PH=90°，
∴∠A′PE=∠D′HP，
∴△A′EP∽△D′PH，
∴A′P2：D′H2=8：2，
∴A′P：D′H=2：1，
∵A′P=x，
∴D′H=x，
∵S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，即，
∴x=2（负根舍弃），
∴AB=CD=2，D′H=DH=，D′P=A′P=CD=2，A′E=2D′P=4，
∴PE=，PH=，
∴AD==，
故选D.
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
35．（2020·内蒙古中考真题）如图，在中，，，按以下步骤作图：（1）分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点（点M在的上方）；（2）作直线交于点O，交于点D；（3）用圆规在射线上截取．连接，过点O作，垂足为F，交于点G．下列结论：
①；②；③；④若，则四边形的周长为25．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根据，求出BD=，即可判断④.
【详解】
由题意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四边形ADBE是菱形，
∵，，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，,
∴ ，故②正确；
∵FG是△ACD的中位线，
∴点G是AD的中点，
∴，
∵，
∴，故③正确；
∵AC=6，
∴AF=3，
设OA=x，则OF=9-x，
∵，
∴，
解得x=5，
∴AB=10，
∴BC=8，
∵，
∴，
解得BD=，
∴四边形的周长为.
故选：D.
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.
36．（2020·江苏淮安?中考真题）六边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．1080°
【答案】C
【解析】
【分析】
n边形的内角和等于（n－2）×180°，所以六边形内角和为(6－2)×180°＝720°.
【详解】
根据多边形内角和定理得：(6－2)×180°＝720°.
故选C.
37．（2020·湖北中考真题）已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能说明是矩形的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形的判定进行分析即可．
【详解】
A. ，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；
C. ，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D. 平分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．
38．（2020·湖南怀化?中考真题）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【解析】
多边形内角和定理．
【分析】设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于180°（n﹣2），即可得方程180（n﹣2）=1080，
解此方程即可求得答案：n=8．故选C．
39．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转后又沿直线前进10米到达点C，再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）

A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】
解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
40．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，菱形中，E，F分别是，的中点，若，则菱形的周长为（ ）

A．20 B．30 C．40 D．50
【答案】C
【解析】
【分析】

由题意可知EF为△ABD的中位线，可求出AB的长，由于菱形四条边相等即可得到周长．
【详解】

解：∵E，F分别是，的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴菱形的周长为
故选：C．
【点睛】

本题考查了三角形的中位线，菱形的性质，发现EF为△ABD的中位线是解题的关键．
41．（2020·湖北黄冈?中考真题）如果一个多边形的每一个外角都是36°，那么这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【解析】
【分析】
根据多边形的外角的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数．
【详解】
∵一个多边形的每个外角都是36°，∴n=360°÷36°=10．
故选D．
【点睛】
本题考查了多边形外角与边数的关系，利用外角求正多边形的边数的方法，熟练掌握多边形外角和公式是解决问题的关键．
42．（2020·广东中考真题）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【解析】
【分析】
根据内角和公式即可求解．
【详解】
设这个多边形的边数为n,
∴（n-2）×180°=540°
解得n=5
故选B．
【点睛】
此题主要考查多边形的内角和，解题的关键是熟知内角和公式．
43．（2020·广东中考真题）已知的周长为16，点，，分别为三条边的中点，则的周长为（ ）
A．8 B． C．16 D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
由，，分别为三条边的中点，可知DE、EF、DF为的中位线，即可得到的周长．
【详解】
解：如图，

∵，，分别为三条边的中点，
∴，，，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边且是第三边的一半是解题的关键．
44．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，M，N分别是的边AB，AC的中点，若，则=（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

由M，N分别是的边AB，AC的中点，可知MN为△ABC的中位线，即可得到，从而可求出∠B的值．
【详解】

解：∵M，N分别是的边AB，AC的中点，
∴MN∥BC，
∴∠ANM=∠C，
∵，
∴，
又∵
∴，
故选：D．
【点睛】

本题考查了三角形的中位线，注意三角形的中位线平行于第三边是解题的关键．
45．（2020·湖南娄底?中考真题）正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．
【详解】
解：正多边形的一个外角等于60°，且外角和为360°，
则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
46．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，在中，，点H、E、F分别是边、、的中点，若，则的值为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】

根据直角三角形的性质求出AB，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】

∵∠ACB＝90°，点H是边AB的中点，
∴AB＝2CH，
∵点E、F分别是边AC、BC的中点，
∴AB＝2EF
∴CH=EF
∵，
∴=4
故选：B．
【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
47．（2020·内蒙古中考真题）如图，在中，，D是的中点，，交的延长线于点E．若，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】

根据题意将BD,BC算出来,再利用勾股定理列出方程组解出即可．
【详解】

∵AC=2,BC=,
∴,
∵D是AB的中点,
∴AD=CD=BD=．
由题意可得:

两式相减得: ,
解得DE=,BE=,
故选A．
【点睛】

本题考查直角三角形中点性质和勾股定理,关键在于找出等式列出方程组．
48．（2020·广西玉林?中考真题）点D，E分别是三角形ABC的边AB，AC的中点，如图，

求证：且
证明：延长DE到F，使EF=DE，连接FC，DC，AF，
又AE=EC，则四边形ADCF是平行四边形，
接着以下是排序错误的证明过程；
①；
②；
③四边形DBCF是平行四边形；
④且
则正确的证明排序应是：（ ）
A．②③①④ B．②①③④ C．①③④② D．①③②④
【答案】A
【解析】
【分析】

根据已经证明出四边形ADCF是平行四边形，则利用平行四边形的性质可得，可得，证出四边形DBCF是平行四边形，得出，且,即可得出结论且，对照题中步骤，即可得出答案.
【详解】

解：四边形ADCF是平行四边形，
，

，
四边形DBCF是平行四边形,
，且;
,
;
且;
对照题中四个步骤，可得②③①④正确；
故答案选：A.
【点睛】

本题考查平行四边形性质与判定综合应用；当题中出现中点的时候，可以利用中线倍长的辅助线做法，证明平行四边形后要记得用平行四边形的性质继续解题.
49．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）命题①设的三个内角为A、B、C且，则、、中，最多有一个锐角；②顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形；③从11个评委分别给出某选手的不同原始评分中，去掉1个最高分、1个最低分，剩下的9个评分与11个原始评分相比，中位数和方差都不发生变化．其中错误命题的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【解析】
【分析】
①设、、中，有两个或三个锐角，分别判断有两个锐角和有三个锐角时矛盾，并且说明有一个锐角的情况存在即可；②利用中位线的性质和矩形的判定可判断；③根据评分规则和中位数、方差的意义判断.
【详解】
解：①设、、中，有两个或三个锐角，
若有两个锐角，假设、为锐角，
则A+B＜90°，A+C＜90°，
∴A+A+B+C=A+180°＜180°，
∴A＜0°，不成立，
若有三个锐角，同理，不成立，
假设A＜45°，B＜45°，则α＜90°，
∴最多只有一个锐角，故命题①正确；
②如图，菱形ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴HG∥EF，HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴HE⊥HG，
∴四边形EFGH是矩形，故命题②正确；

③去掉一个最高分和一个最低分，不影响中间数字的位置，故不影响中位数，
但是当最高分过高或最低分过低，平均数有可能随之变化，同样，方差也会有所变化，
故命题③错误；
综上：错误的命题个数为1，
故选B.
【点睛】
本题考查了命题与定理，涉及到三角形内角和，菱形的性质与矩形的判定，中位数和方差，解题时要根据所学知识逐一判定，同时要会运用反证法.
50．（2020·湖南益阳?中考真题）如图，的对角线，交于点，若，，则的长可能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据平行四边形的对角线互相平分得到OA、OB的长度，再根据三角形三边关系得到AB的取值范围，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=AC=3，BO=BD=4，
在△AOB中，
4-3 ∴1 结合选项可得，AB的长度可能是6，
故答案为：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和三角形的三边关系，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
51．（2020·山东烟台?中考真题）如图，点G为的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（ ）

A．1.7 B．1.8 C．2.2 D．2.4
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知条件得EF是三角形的中位线，进而根据三角形中位线定理求得EF的长度．
【详解】
解：∵点G为△ABC的重心，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∴EF＝＝1.7，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了三角形的重心，三角形的中位线定理，关键正确利用重心定义得EF为三角形的中位线．
52．（2020·江苏南通?中考真题）下列条件中，能判定▱ABCD是菱形的是（　　）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的判定条件即可得到结果；
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，准确理解条件是解题的关键．
53．（2020·四川眉山?中考真题）一副三角板如图所示摆放，则与的数量关系为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据对顶角相等得出，，再根据四边形的内角和即可得出结论
【详解】
解： ∵；
∴；
∵，；
∴
故选：B

【点睛】
本题考查了四边形的内角和定理，和对顶角的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键
54．（2020·山东滨州?中考真题）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点处，得到折痕BM，BM与FF相交于点N．若直线B A’交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中位线定理可得AM=2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M=A′N=2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．
【详解】

解：∵EN=1，
∴由中位线定理得AM=2，
由折叠的性质可得A′M=2，
∵AD∥EF，
∴∠AMB=∠A′NM，
∵∠AMB=∠A′MB，
∴∠A′NM=∠A′MB，
∴A′N=2，
∴A′E=3，A′F=2
过M点作MG⊥EF于G，
∴NG=EN=1，
∴A′G=1，
由勾股定理得MG= ，
∴BE=DF=MG= ，
∴OF：BE=2：3，
解得OF=，
∴OD=-=．
故选：B．
【点睛】
考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．
55．（2020·山东滨州?中考真题）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形． B．对角线互相垂直的矩形是正方形．
C．对角线相等的菱形是正方形． D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形．
【答案】D
【解析】
【分析】

根据正方形的各种判定方法逐项分析即可．
【详解】

解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
对角线互相垂直的矩形是正方形，正确；
对角线相等的菱形是正方形，正确；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
可知选项D是错误的．
故选：D．
【点睛】

本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

56．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【详解】
解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=7，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
57．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在矩形中，，，E是的中点，将沿直线翻折，点B落在点F处，连结，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据折叠的性质得到∠AEB=∠AEF，再根据点E是BC中点可得EF=EC，可得∠EFC=∠ECF，从而推出∠ECF=∠AEB，求出即可得到结果.
【详解】
解：由折叠可得：AB=AF=2，BE=EF，∠AEB=∠AEF，
∵点E是BC中点，，
∴BE=CE=EF=，
∴∠EFC=∠ECF，AE=，
∵∠BEF=∠AEB+∠AEF=∠EFC+∠ECF，
∴∠ECF=∠AEB，
∴==，
故选C.
【点睛】
本题考查了矩形的性质和折叠的性质，以及余弦的定义，解题的关键是利用折叠的性质得到∠ECF=∠AEB.
58．（2020·河北中考真题）如图，从笔直的公路旁一点出发，向西走到达；从出发向北走也到达．下列说法错误的是（ ）

A．从点向北偏西45°走到达
B．公路的走向是南偏西45°
C．公路的走向是北偏东45°
D．从点向北走后，再向西走到达
【答案】A
【解析】
【分析】

根据方位角的定义及勾股定理逐个分析即可．
【详解】

解：如图所示，过P点作AB的垂线PH，

选项A：∵BP=AP=6km，且∠BPA=90°，∴△PAB为等腰直角三角形，∠PAB=∠PBA=45°，
又PH⊥AB，∴△PAH为等腰直角三角形，
∴PH=km，故选项A错误；
选项B：站在公路上向西南方向看，公路的走向是南偏西45°，故选项B正确；
选项C：站在公路上向东北方向看，公路的走向是北偏东45°，故选项C正确；
选项D：从点向北走后到达BP中点E，此时EH为△PEH的中位线，故EH=AP=3，故再向西走到达，故选项D正确．
故选：A．
【点睛】

本题考查了方位角问题及等腰直角三角形、中位线等相关知识点，方向角一般以观测者的位置为中心，所以观测者不同，方向就正好相反，但角度不变．
59．（2020·河北中考真题）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（ ）

A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 D．2，2，4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据勾股定理，，则小的两个正方形的面积等于大三角形的面积，再分别进行判断，即可得到面积最大的三角形．
【详解】
解：根据题意，设三个正方形的边长分别为a、b、c，
由勾股定理，得，
A、∵1+4=5，则两直角边分别为：1和2，则面积为：；
B、∵2+3=5，则两直角边分别为：和，则面积为：；
C、∵3+4≠5，则不符合题意；
D、∵2+2=4，则两直角边分别为：和，则面积为：；
∵，
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握勾股定理，以及正方形的性质进行解题．
60．（2020·河北中考真题）如图，将绕边的中点顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的与构成平行四边形，并推理如下：

点，分别转到了点，处，
而点转到了点处．
∵，
∴四边形是平行四边形．

小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵，”和“∴四边形……”之间作补充．下列正确的是（ ）
A．嘉淇推理严谨，不必补充 B．应补充：且，
C．应补充：且 D．应补充：且，
【答案】B
【解析】
【分析】

根据平行四边形的判定方法“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可作答．
【详解】

根据旋转的性质得： CB=AD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形；
故应补充“AB=CD”，
故选：B．
【点睛】

本题主要考查了平行四边形的判定和旋转的性质，牢记旋转前、后的图形全等，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
61．（2020·湖北荆门?中考真题）在平面直角坐标系中，长为2的线段（点D在点C右侧）在x轴上移动，，连接、，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2），再过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，连接BE交x轴与D点，过A’作A’C∥DE交x轴于点C，得到四边形CDEA’为平行四边形，故可知AC+BD最短等于BE的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】
作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2）
过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，故E（2，-2）
连接BE交x轴与D点
过A’作A’C∥DE交x轴于点C，
∴四边形CDEA’为平行四边形，
此时AC+BD最短等于BE的长，
即AC+BD=A’C+BD=DE+BD=BE==
故选B．

【点睛】
此题主要考查最短路径的求解，解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质．
62．（2020·湖北黄冈?中考真题）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性质得到AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C＝150°，从而得到∠C：∠B的比值．
【详解】
解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，

∵菱形的周长为16，
∴AB＝4，
在Rt△ABH中，sinB＝＝，
∴∠B＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠C＝150°，
∴∠C：∠B＝5：1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了正弦的定义及应用．
63．（2020·上海中考真题）下列命题中，真命题是(　　　)
A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形
【答案】C
【解析】
【分析】
利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项．
【详解】
A．对角线互相垂直且相等的梯形是等腰梯形，故错误；
B．对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故错误；
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，正确；
D．对角线平分一组对角的梯形是菱形，故错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定定理，难度不大．
64．（2020·湖北宜昌?中考真题）游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行．成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）．

A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走 B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走 D．每段直路要长
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可知封闭的图形是正五边形，求出正五边形内角的度数即可解决问题．
【详解】
根据题意可知，从起点走五段相等直路之后回到起点的封闭图形是正五边形，
∵正五边形的每个内角的度数为：
∴它的邻补角的度数为：180°-108°=72°，
因此，每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了求正多边形内角的度数，掌握并能运用多边形内角和公式是解题的关键．
65．（2020·湖南邵阳?中考真题）如图，四边形是平行四边形，点E，B，D，F在同一条直线上，请添加一个条件使得，下列不正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定，逐项进行判断即可.
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∵∠ABE+∠ABD=∠BDC+∠CDF，
∴∠ABE=∠CDF，
A.若添加，则无法证明，故A错误；
B.若添加，运用AAS可以证明，故选项B正确；
C.若添加，运用ASA可以证明，故选项C正确；
D.若添加，运用SAS可以证明，故选项D正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
66．（2020·湖南邵阳?中考真题）将一张矩形纸片按如图所示操作：
（1）将沿向内折叠，使点A落在点处，
（2）将沿向内继续折叠，使点P落在点处，折痕与边交于点M．
若，则的大小是（ ）

A．135° B．120° C．112.5° D．115°
【答案】C
【解析】
【分析】
由折叠前后对应角相等且可先求出，进一步求出，再由折叠可求出，最后在中由三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：∵折叠，且，
∴，即，
∵折叠，
∴，
∴在中，，
故选：C．
【点睛】
本题借助矩形的性质考查了折叠问题、三角形内角和定理等，记牢折叠问题的特点：折叠前后对应边相等，对应角相等即可解题．
67．（2020·广东中考真题）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）

A．1 B． C． D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到∠FEB=∠FEB’=60°，进而得到∠AEB’=60°，然后在Rt△AEB’中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FEB’=60°，
∴∠AEB’=180°-∠FEB-∠FEB’=60°，
∴∠AB’E=30°，
设AE=x,则BE=B’E=2x，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】
本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
68．（2020·四川内江?中考真题）如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知，则EF的长为（ ）

A．3 B．5 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由矩形的性质和已知求出BD=5，根据折叠的性质得△ABE≌△MBE，设AE的长度为x，在Rt△EMD中，由勾股定理求出DE的长度，同理在Rt△DNF中求出DF的长度，在Rt△DEF中利用勾股定理即可求出EF的长度．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴BD==5，
设AE的长度为x，
由折叠可得：△ABE≌△MBE，
∴EM=AE=x，DE=4-x，BM=AB=3，DM=5-3=2，
在Rt△EMD中，EM2+DM2=DE2，
∴x2+22=（4-x）2，
解得：x=，ED=4-=，
设CF的长度为y，
由折叠可得：△CBF≌△NBF，
∴NF=CF=y，DF=3-y，BN=BC=4，DN=5-4=1，
在Rt△DNF中，DN2+NF2=DF2，
∴y2+12=（3-y）2，
解得：x=，DF=3-=，
在Rt△DEF中，EF=，
故答案为：C．
【点睛】
本题考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质和勾股定理，运用勾股定理求出DE和DF的长度是解题的关键．
69．（2020·四川内江?中考真题）如图，在中，D、E分别是AB和AC的中点，，则（　 　）

A．30 B．25 C．22．5 D．20
【答案】D
【解析】
【分析】
首先判断出△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积．
【详解】
解：根据题意，点D和点E分别是AB和AC的中点，则DE∥BC且DE=BC，故可以判断出△ADE∽△ABC,根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可知：=1：4，则：=3：4，题中已知，故可得=5，=20
故本题选择D
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出DE是中位线，从而判断△ADE∽△ABC，然后掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解本题．
70．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一点，连接，若，则的长是（ ）

A．2 B． C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据等腰三角形的性质结合直角三角形两个锐角互余的关系求解即可．
【详解】
∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OC=AC=4，OB=OD=BD=3，AC⊥BD，
由勾股定理得，CD=，
∵OE=CE，
∴∠EOC=∠ECO，
∵∠EOC+∠EOD =∠ECO+∠EDO=90，
∴∠EOD =∠EDO，
∴OE=ED，
∴OE=ED=CE，
∴OE=CD=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形两个锐角互余，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键．
71．（2020·江苏常州?中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】
解：∵
∴∠BHC=90°
∵在Rt△BHC中，点M是的中点
∴MH=BC
∵BC为的弦
∴当BC为直径时，MH最大
∵的半径是3
∴MH最大为3．
故选：A．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
72．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴，，
∴△BOC是直角三角形
∴
∴BC=5
∵H为BC中点
∴
故最后答案为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
73．（2020·陕西中考真题）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（　　）

A． B． C．3 D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即可得到CG的长，进而得出DG的长．
【详解】
解：连接AC，交EF于点H，如图，

∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°，
∴Rt△BCF中，EF＝BC＝4，
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，
∴H是AC的中点，F是AG的中点，
∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线，
∴，，
而FH=EF-FH=4-，
∴CG=3FH=3，
又∵CD＝AB＝5，
∴DG＝5﹣3＝2，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
74．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）

A．或 B．
C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意易得△AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，易证此时C′′与点A重合，即可求解．
【详解】
解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，

则，OA=，
∴∠AOE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴△AOB是等边三角形，
当A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，
此时旋转角为60°，
∵∠BOC=60°，∠COF=30°，
∴∠C′OF=60°-30°=30°，
∵OC′=OA=4，
∴OF=，
C′F=，
∴C′（），
当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，
∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，
∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°
又∵OA=OC′′，
∴此时C′′点A重合，C C′′，
综上，点C的对应点的坐标为或，
故答案为：D．
【点睛】
本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论．
75．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，点A、B、C在上， ，垂足分别为D、E，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
在优弧AB上取一点F，连接AF，BF，先根据四边形内角和求出∠O的值，再根据圆周角定理求出∠F的值，然后根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】
解：在优弧AB上取一点F，连接AF，BF．
∵ ，
∴∠CDO=∠CEO=90°．
∵，
∴∠O=140°，
∴∠F=70°，
∴∠ACB=180°-70°=110°．
故选C．

【点睛】
本题考查了多边形的内角和，圆周角定理，以及圆内接四边形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
76．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是(　　　)

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据菱形的判定方法逐一分析即可.
【详解】
解：A、若，则AD=BD=CD=AE，∵四边形ADCE是平行四边形，则此时四边形ADCE为菱形，故选项正确；
B、若，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
C、若，则∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
D、若，而AB＞AD，则AE≠AD，无法判断四边形ADCE为菱形，故选项错误.
故选A.
【点睛】
本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理.
77．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，交双曲线于点A，且，若矩形的面积是8，且轴，则k的值是(　　　)

A．18 B．50 C．12 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
过点A和点C分别作x轴的垂线，垂足为E和F，得到△OAE∽△OCF，设点A（m，n），求出AB和BC，利用矩形ABCD的面积为8求出mn，即k值.
【详解】
解：过点A和点C分别作x轴的垂线，垂足为E和F，
∴AE∥CF，
∴△OAE∽△OCF，
∵OC：OA=5：3，
∴OF：OE=CF：AE=5：3，
设点A（m，n），则mn=k，
∴OE=m，AE=n，
∴OF=，CF=，
∴AB=OF-OE=，BC=CF-AE=，
∵矩形ABCD的面积为8，
∴AB·BC=×=8，
∴mn=18=k，
故选A.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，反比例函数表达式，矩形的性质，解题的关键是利用相似三角形的性质表示出线段的长.
78．（2020·广东深圳?中考真题）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K,FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°．其中正确的结论共有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
由折叠的性质可得四边形EBFG是菱形从而判断①②正确;由角平分线定理即可判断DG≠GH,由此推出③错误;根据F、C重合时的性质,可得∠AEB=30°,进而算出④正确．
【详解】

连接BE,由折叠可知BO=GO，
∵EG//BF，
∴∠EGO=∠FBO，
又∵∠EOG=∠FOB，
∴△EOG≌△FOB(ASA) ，
∴EG=BF，
∴四边形EBFG是平行四边形，
由折叠可知BE=EG，
则四边形EBFG为菱形，
故EF⊥BG，GE=GF，
∴①②正确；
∵四边形EBFG为菱形，
∴KG平分∠DGH，
∴,DG≠GH，
∴ S△GDK≠S△GKH,故③错误；
当点F与点C重合时，BE=BF=BC=12=2AB，
∴∠AEB＝30°，，故④正确．
综合，正确的为①②④．
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质,菱形的判断,折叠的性质,关键在于结合图形对线段和角度进行转换．
79．（2020·广东广州?中考真题）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】

根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】

∵四边形ABCD是矩形，
，
，
，
，，
，
，

，
又，
，
，
，
，，
，
同理可证，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】

本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
80．（2020·广东广州?中考真题）中，点分别是的边，的中点，连接，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据点分别是的边，的中点，得到DE是的中位线，根据中位线的性质解答.
【详解】
如图，
∵点分别是的边，的中点，
∴DE是的中位线，
∴DE∥BC，
∴，
故选：B.

【点睛】
此题考查三角形中位线的判定及性质，平行线的性质，熟记三角形的中位线的判定定理是解题的关键.
81．（2020·广西玉林?中考真题）下列命题中，其逆命题是真命题的是（ ）
A．对顶角相等 B．两直线平行，同位角相等
C．全等三角形的对应角相等 D．正方形的四个角相等
【答案】B
【解析】
【分析】
先写成各选项的逆命题，再根据对顶角的定义、平行线的判定、三角形全等的判定、正方形的判定逐项判断即可得．
【详解】
A、逆命题：如果两个角相等，那么这两个角是对顶角
相等的两个角不一定是对顶角，则此逆命题是假命题
B、逆命题：同位角相等，两直线平行
由平行线的判定可知，此逆命题是真命题
C、逆命题：如果两个三角形的对应角相等，则这两个三角形是全等三角形
由三角形全等的判定定理可知，此逆命题是假命题
D、逆命题：如果一个四边形的四个角都相等，则这个四边形是正方形
如果一个四边形的四个角都相等，则这个四边形是矩形，不一定是正方形，则此逆命题是假命题
故选：B．
【点睛】
本题考查了命题的逆命题、对顶角的定义、平行线的判定、三角形全等的判定、正方形的判定，正确写出各命题的逆命题是解题关键．
82．（2020·贵州毕节?中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由勾股定理求出BD的长，根据矩形的性质求出OD的长，最后根据三角形中位线定理得出EF的长即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB，
∵，，
∴AC=
∴BD=10cm，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
83．（2020·宁夏中考真题）如图，菱形的边长为13，对角线，点E、F分别是边、的中点，连接并延长与的延长线相交于点G，则（ ）

A．13 B．10 C．12 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
连接对角线BD，交AC于点O，求证四边形BDEG是平行四边形，EG=BD，利用勾股定理求出OD的长，BD=2OD，即可求出EG．
【详解】
连接BD，交AC于点O，
由题意知：菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，
∴AB=BC=CD=DA=13， EFBD，
∵AC、BD是菱形的对角线，AC=24，
∴AC⊥BD，AO=CO=12，OB=OD，
又∵ABCD，EFBD
∴DEBG，BDEG
在四边形BDEG中，
∵DEBG，BDEG
∴四边形BDEG是平行四边形
∴BD=EG
在△COD中，
∵OC⊥OD，CD=13，CO=12
∴OD=OB=5
∴BD=EG=10
故选B．

【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
84．（2020·湖北荆州?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的斜边OA在第一象限，并与x轴的正半轴夹角为30度，C为OA的中点，BC=1，则A点的坐标为（ ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题画出图形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的值，再根据勾股定理可得的值，进而可得点的坐标．
【详解】
解：如图，过A点作轴于D点，

的斜边在第一象限，并与轴的正半轴夹角为．
，
，
为的中点，
，
，
，
则点的坐标为：，．
故选：．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、坐标与图形性质、直角三角形斜边上的中线，解决本题的关键是综合运用以上知识．
85．（2020·湖北荆州?中考真题）将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，若，则的度数是（ ）


A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行线的性质和翻折的性质解答即可．
【详解】
解：如图所示：

将一张矩形纸片折叠成如图所示的图形，
，，
，，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了矩形的翻折变换，，熟记平行线的性质是解题的关键．
86．（2020·湖北荆州?中考真题）如图，点E在菱形ABCD的AB边上，点F在BC边的延长线上，连接CE，DF，对于下列条件：①；②；③；④，只选其中一个添加，不能确定的是（ ）

A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质和全等三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】
解：四边形是菱形，
，，
，
①添加，
，
②添加，，
，
，
③添加，
不能确定；
④添加，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
87．（2020·海南中考真题）如图，在矩形中，点在边上，和交于点若，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
过G作GN⊥BC于N，交EF于Q，同样也垂直于DA，利用相似三角形的性质可求出NG，GQ，以及EF的长，再利用三角形的面积公式可求出△BCG和△EFG的面积，用矩形ABCD的面积减去△BCG的面积减去△EFG的面积，即可求阴影部分面积．
【详解】
解：过作GN⊥BC于N，交EF于Q，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴△EFG∽△CBG，
∵，
∴EF：BC=1：2，
∴GN：GQ=BC：EF=2：1，
又∵NQ=CD=6，
∴GN=4，GQ=2，
∴S△BCG=×10×4=20，
∴S△EFG=×5×2=5，
∵S矩形BCDA=6×10=60，
∴S阴影=60-20-5=35．
故选：C．

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，求出阴影部分的面积可以转化为几个规则图形的面积的和或差的关系．
88．（2020·湖南益阳?中考真题）如图，在矩形中，是上的一点，是等边三角形，交于点，则下列结论不成立的是（ ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】

根据等边三角形和矩形角度的特点即可得出A说法正确；假设∠BAC=45°，可得到AB=BC，又AB=BE，所以BE=BC，不成立，所以B说法错误；设EC的长为x，BE=2EC=2x，BC=，证得△ECF∽△BAF，根据相似三角形的性质可得，C说法正确；AD=BC=，AB=BE=2x，可得D说法正确．
【详解】

解：在矩形ABCD中，是等边三角形，
∴∠DAB=90°，∠EAB=60°，
∴∠DAE=90°-60°=30°，
故A说法正确；
若∠BAC=45°，则AB=BC，
又∵AB=BE，
∴BE=BC，
在△BEC中，BE为斜边，BE＞BC，
故B说法错误；
设EC的长为x，
易得∠ECB=30°，
∴BE=2EC=2x，BC=，
AB=BE=2x，
∵DC∥AB，
∴∠ECA=∠CAB，
又∵∠EFC=∠BFA，
∴△ECF∽△BAF，
∴，
故C说法正确；
AD=BC=，
∴，
故D说法正确．
故选：B
【点睛】

本题考查了矩形和等边三角形的性质，相似三角形的性质和判定，熟练掌握矩形和等边三角形的性质是解题的关键．
89．（2020·广西中考真题）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】
解：∵四边形EFGH是正方形，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，
∴
解得：x=20
所以，AN=20．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
90．（2020·山东威海?中考真题）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】

如图，设OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝2x＝20，解方程即可解决问题．
【详解】

解：如图，设OF＝EF＝FG＝x，


∴OE＝OH＝2x，
在Rt△EOH中，EH＝2x，
由题意EH＝20cm，
∴20＝2x，
∴x＝5，
∴阴影部分的面积＝（5）2＝50（cm2），
故选：C．
【点睛】

本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
91．（2020·山东威海?中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线，，，为的中点，E为边上一点，直线交于点F，连结，．下列结论不成立的是（ ）

A．四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，则四边形为菱形
D．若，则四边形为正方形
【答案】D
【解析】
【分析】

根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
【详解】

A.∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵为的中点
∴
在与中

∴
∴
又∵
∴四边形为平行四边形，
故A选项正确；
B.假设
∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
则当时，
∵四边形为平行四边形
∴四边形为矩形，
故B选项正确；
C.∵，
∴E是AB中点
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴四边形为菱形，
故C选项正确；
D.当时与时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项错误，
故选：D．
【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键．
92．（2020·甘肃金昌?中考真题）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离，若间的距离调节到60，菱形的边长，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据菱形的性质可得，再根据全等的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后根据平行线的性质即可得．
【详解】
如图，连接AC
四边形ABCD是菱形

如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，


是等边三角形



故选：C．

【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
93．（2020·甘肃金昌?中考真题）如图①，正方形中，，相交于点，是的中点，动点从点出发，沿着的路径以每秒1个单位长度的速度运动到点，在此过程中线段的长度随着运动时间的函数关系如图②所示，则的长为（ ）

A． B．4 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据函数图象可知，再设正方形的边长为，从而可得，然后根据线段中点的定义可得，最后在中，利用勾股定理可求出a的值，由此即可得出答案．
【详解】
如图，连接AE
由函数图象可知，
设正方形ABCD的边长为，则
四边形ABCD是正方形

，
是的中点

则在，由勾股定理得：
因此有
解得
则
故选：A．

【点睛】
本题考查了正方形的性质、勾股定理、函数图象等知识点，根据函数图象得出是解题关键．
94．（2020·山东烟台?中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝3，BC＝5，则tan∠DAE的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质和折叠的性质得AF＝AD＝BC=5，EF＝DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理可求出BF的长，则CF可得，设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可得到x，进一步可得DE的长，再根据正切的定义即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，
∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，
∴AF＝AD＝5，EF＝DE，
在Rt△ABF中，BF＝，
∴CF＝BC﹣BF＝5﹣4＝1，
设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x
在Rt△ECF中，∵CE2+FC2＝EF2，
∴x2+12＝（3﹣x）2，解得x＝，
∴DE＝EF＝3﹣x＝，
∴tan∠DAE＝，
故选：D．

【点睛】
本题考查了翻折变换、矩形的性质、锐角三角函数和勾股定理等知识，属于常考题型，灵活运用这些性质进行推理与计算是解题的关键．
95．（2020·山东烟台?中考真题）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”．在一次数学活动课上，小明用边长为4cm的正方形纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品—“奔跑者”，其中阴影部分的面积为5cm2的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出最小的等腰直角三角形的面积＝××42＝1cm2，可得平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积即可求解．
【详解】
解：最小的等腰直角三角形的面积＝××42＝1（cm2），平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，则
A、阴影部分的面积为2+2＝4（cm2），不符合题意；
B、阴影部分的面积为1+2＝3（cm2），不符合题意；
C、阴影部分的面积为4+2＝6（cm2），不符合题意；
D、阴影部分的面积为4+1＝5（cm2），符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查图形的剪拼、七巧板，解题的关键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割法求阴影部分的面积．
96．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，正方形的边长为4，点在上且，为对角线上一动点，则周长的最小值为（ ）．

A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.
【详解】
连接ED交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BF=DF，
∴的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形的边长为4，
∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点在上且，
∴AE=3，
∴DE=，
∴的周长=5+1=6，
故选：B.

【点睛】
此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股定理的计算，依据对称性得到连接DE交AC于点F是的周长有最小值的思路是解题的关键.
97．（2020·湖北孝感?中考真题）如图，点在正方形的边上，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，过点作的垂线，垂足为点，与交于点．若，，则的长为（ ）

A． B． C．4 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可．
【详解】
解：∵，
∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形
∴CD=BC=5
设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°
∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°
∴∠HFG=∠BAG
∴△ABG∽△CEF
∴ ,即，解得x=
∴CE=CD-DE=5-=．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．