还剩86页未读，
继续阅读
初中数学中考复习 专题37三角形（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）
展开
这是一份初中数学中考复习 专题37三角形（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）
专题37三角形（2）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（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.
2．（2020·辽宁抚顺?中考真题）一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若，则∠2的度数是（ ）
A．15° B．20° C．25° D．40°
【答案】C
【解析】
【分析】
利用平行线的性质求得∠3的度数，即可求得∠2的度数．
【详解】
∵AD∥BC，
∴∠3=∠1=20，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45，
∴∠2=45∠3=25，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
3．（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．
4．（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．
5．（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．
6．（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．
7．（2020·湖北宜昌?中考真题）能说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题的例证图是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先将每个图形补充成三角形，再利用三角形的外角性质逐项判断即得答案．
【详解】
解：A、如图1，∠1是锐角，且∠1=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；
B、如图2，∠2是锐角，且∠2=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；
C、如图3，∠3是钝角，且∠3=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题，故本选项符合题意；
D、如图4，∠4是锐角，且∠4=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了真假命题、举反例说明一个命题是假命题以及三角形的外角性质等知识，属于基本题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
8．（2020·湖北宜昌?中考真题）如图，点E，F，G，Q，H在一条直线上，且，我们知道按如图所作的直线为线段的垂直平分线．下列说法正确的是（ ）．
A．是线段的垂直平分线 B．是线段的垂直平分线
C．是线段的垂直平分线 D．是的垂直平分线
【答案】A
【解析】
【分析】
根据垂直平分线的定义判断即可．
【详解】
∵为线段的垂直平分线,
∴FO=GO,
又∵EF=GH,
∴EO=HO,
∴是线段的垂直平分线,故A正确
由上可知EO≠QO,FO≠OH,故B、C错误
∵是直线并无垂直平分线，故D错误
故选：A．
【点睛】
本题考查垂直平分线的定义,关键在于牢记基础知识．
9．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【详解】
解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及外角的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
10．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，点、、在圆上，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先由圆周角定理得到∠AOB,再利用等腰三角形的性质求解即可．
【详解】
∵在圆O中，∠ACB=54º，
∴∠AOB=2∠ACB=108º，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA==36º，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，会用等边对等角求角的度数是解答的关键．
11．（2020·湖北荆门?中考真题）在平面直角坐标系中，的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为，将沿直线翻折，得到，过作垂直于交y轴于点C，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出OA，然后证明△∽△即可得出答案．
【详解】
由题意可得AB=1，OB=，
∵△ABC为直角三角形，
∴OA=2，
由翻折性质可得=1，=，=2，∠=90°，
∵∠+∠=90°，∠+∠=90°，
∴∠=∠，
∵⊥，∠=90°，
∴△∽△，
∴，即
∴OC=4，
∴点C的坐标为（0，-4），
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，证明△∽△是解题关键．
12．（2020·湖北荆门?中考真题）中，，D为的中点，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AD，用等腰三角形的“三线合一”，得到的度数，及，由得，得，计算的面积即可．
【详解】
连接AD，如图所示：
∵，且D为BC中点
∴，且，
∴中，
∵
∴
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，及解直角三角形和三角形面积的计算，熟知以上知识是解题的关键．
13．（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．
14．（2020·河北中考真题）如图1，已知，用尺规作它的角平分线．
如图2，步骤如下，
第一步：以为圆心，以为半径画弧，分别交射线，于点，；
第二步：分别以，为圆心，以为半径画弧，两弧在内部交于点；
第三步：画射线．射线即为所求．
下列正确的是（ ）
A．，均无限制 B．，的长
C．有最小限制，无限制 D．，的长
【答案】B
【解析】
【分析】
根据作角平分线的方法进行判断，即可得出结论．
【详解】
第一步：以为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线，于点，；
∴；
第二步：分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点；
∴的长；
第三步：画射线．射线即为所求．
综上，答案为：；的长，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了基本作图，解决问题的关键是掌握作角平分线的方法．
15．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在半径为3的⊙O中，是直径，是弦，是的中点，与交于点．若是的中点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接DO、DA、DC，设DO与AC交于点H，证明△DHE≌△BCE，得到DH=CB，同时OH是三角形ABC中位线，设OH=x，则BC=2x=DH，故半径DO=3x，解出x，最后在Rt△ACB中由勾股定理即可求解．
【详解】
解：连接DO、DA、DC、OC，设DO与AC交于点H，如下图所示，
∵D是的中点，∴DA=DC，∴D在线段AC的垂直平分线上，
∵OC=OA，∴O在线段AC的垂直平分线上，
∴DO⊥AC，∠DHC=90°，
∵AB是圆的直径，∴∠BCA=90°，
∵E是BD的中点，∴DE=BE，且∠DEH=∠BEC，
∴△DHE≌△BCE(AAS)，
∴DH=BC，
又O是AB中点，H是AC中点，
∴HO是△ABC的中位线，
设OH=x，则BC=DH=2x，
∴OD=3x=3，∴x=1，
即BC=2x=2，
在Rt△ABC中，．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形全等、勾股定理等，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决此题的关键
16．（2020·福建中考真题）如图，面积为1的等边三角形中，分别是，，的中点，则的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可以判断四个小三角形是全等三角形,即可判断一个的面积是．
【详解】
∵分别是，，的中点,且△ABC是等边三角形,
∴△ADF≌△DBE≌△FEC≌△DFE,
∴△DEF的面积是．
故选D．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质及全等,关键在于熟练掌握等边三角形的特殊性质．
17．（2020·福建中考真题）如图，是等腰三角形的顶角平分线，，则等于（ ）
A．10 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形三线合一的性质即可判断CD的长．
【详解】
∵是等腰三角形的顶角平分线
∴CD=BD=5．
故选：B．
【点睛】
本题考查等腰三角形的三线合一，关键在于熟练掌握基础知识．
18．（2020·北京中考真题）如图，AB和CD相交于点O，则下列结论正确的是（ ）
A．∠1=∠2 B．∠2=∠3 C．∠1＞∠4+∠5 D．∠2＜∠5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对顶角性质、三角形外角性质分别进行判断，即可得到答案．
【详解】
解：由两直线相交，对顶角相等可知A正确；
由三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角的和可知
B选项为∠2＞∠3，
C选项为∠1=∠4+∠5，
D选项为∠2＞∠5．
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质，对顶角性质，解题的关键是熟练掌握三角形的外角性质进行判断．
19．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，在和中，，，，．连接、交于点，连接．下列结论：
①；②；③平分；④平分
其中正确的结论个数有（ ）个．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD，得到∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确；
根据全等三角形的性质得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而，故③错误；即可得出结论．
【详解】
∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，②正确；
作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴平分，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，
，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与矛盾，
∴③错误；
正确的有①②④；
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
20．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】
解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
21．（2020·湖南湘西?中考真题）已知，作的平分线，在射线上截取线段，分别以O、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F．画直线，分别交于D，交于G．那么，一定是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知EF垂直平分OC，由此证明△OMD≌△ONG，即可得到OD=OG得到答案.
【详解】
如图，连接CD、CG，
∵分别以O、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F
∴EF垂直平分OC，
设EF交OC于点N，
∴∠ONE=∠ONF=90°，
∵OM平分，
∴∠NOD=∠NOG，
又∵ON=ON，
∴△OMD≌△ONG，
∴OD=OG，
∴△ODG是等腰三角形，
故选：C.
【点睛】
此题考查基本作图能力：角平分线的做法及线段垂直平分线的做法，还考查了全等三角形的判定定理及性质定理，由此解答问题，根据题意得到EF垂直平分OC是解题的关键.
22．（2020·山东青岛?中考真题）如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为，与交于点若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明再求解利用轴对称可得答案．
【详解】
解：由对折可得：
矩形，
BC=8
由对折得：
故选C．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2020·山东青岛?中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】
解：∵是的直径
∴∠
∵
∴
∴∠
∵
∴∠
∴∠
∴∠
故选：B．
【点睛】
此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
24．（2020·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
本题可通过旋转的性质得出△ABC与△DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项．
【详解】
由已知得：△ABC△DEC，则AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A选项错误；
∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，
故△AEF△ABC，则，
假设BC=EF，则有AE=AB，
由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；
假设∠AEF=∠D，则∠CED=∠AEF=∠D，
故△CED为等腰直角三角形，即△ABC为等腰直角三角形，
因为题干信息△ABC未说明其三角形性质，故假设∠AEF=∠D不一定成立，故C选项错误；
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°．
又∵∠A=∠D，
∴∠B+∠D=90°．
故AB⊥DF，D选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用．
25．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点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． B． C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解.
【详解】
解：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，
∵∠BAD=60°，AD=4，
∴∠OAD=30°，
∴OD=2，
∴AO==OC，
∴点C的坐标为（0，），
同理：当点C旋转到y轴正半轴时，
点C的坐标为（0，），
∴点C的坐标为（0，）或（0，），
故选D.
【点睛】
本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论.
26．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、以大于为长的半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点，若，为上一动点，则的最小值为（ ）
A．无法确定 B． C．1 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
当GP⊥AB时，GP的值最小，根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，再根据角平分线的性质可知，当GP⊥AB时，GP=CG=1．
【详解】
解：由题意可知，当GP⊥AB时，GP的值最小，
根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，
∵∠C=90°，
∴当GP⊥AB时，GP=CG=1，
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的尺规作图以及角平分线的性质，难度不大，解题的关键是根据题意得到GB是∠ABC的角平分线，并熟悉角平分线的性质定理．
27．（2020·江西中考真题）如图，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由可对A进行判断；根据三角形外角的性质可对B进行判断；求出∠C，根据大角对大边，小角对小边可对D进行判断；求出可对C进行判断．
【详解】
，
，故选项A正确；
，
，
又，
，故选项B正确；
，
，
，
，故选项D正确；
，
，
而
，故选项C错误．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行线的判定与性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握性质与判定是解答此题的关键．
28．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，中，，根据尺规作图的痕迹判断以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由尺规作图可知AD是∠CAB角平分线，DE⊥AC，由此逐一分析即可求解．
【详解】
解：由尺规作图可知，AD是∠CAB角平分线，DE⊥AC，
在△AED和△ABD中：
∵，∴△AED≌△ABD(AAS)，
∴DB=DE，AB=AE，选项A、B都正确，
又在Rt△EDC中，∠EDC=90°-∠C，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°-∠C，
∴∠EDC=∠BAC，选项C正确，
选项D，题目中缺少条件证明，故选项D错误．
故选：D.
【点睛】
本题考查了尺规作图角平分线的作法，熟练掌握常见图形的尺规作图是解决这类题的关键．
29．（2020·湖南张家界?中考真题）已知等腰三角形的两边长分别是一元二次方程的两根，则该等腰三角形的底边长为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．2或4
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次方程求出方程的解，得出三角形的边长，用三角形存在的条件分类讨论边长，即可得出答案．
【详解】
解：x2－6x+8=0
（x－4）（x－2）=0
解得：x=4或x=2，
当等腰三角形的三边为2，2，4时，不符合三角形三边关系定理，此时不能组成三角形；
当等腰三角形的三边为2，4，4时，符合三角形三边关系定理，此时能组成三角形，
所以三角形的底边长为2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程，能求出方程的解并能够判断三角形三边存在的条件是解此题的关键．
30．（2020·黑龙江中考真题）如图，菱形的两个顶点，在反比例函数的图象上，对角线，的交点恰好是坐标原点，已知，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据勾股定理得到OB的长，利用三角函数得到OA的长，求得∠AOE=∠BOF=45，继而求得点A的坐标，即可求解．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=AD，AC⊥BD，
∵∠ABC=120，
∴∠ABO=60，
∵点B（-1，1），
∴OB=，
∵，
∴AO=，
作BF⊥轴于F，AE⊥轴于E，
∵点B（-1，1），
∴OF=BF=1，
∴∠FOB=∠BOF=45，
∵∠BOF+∠AOF=∠AOE+∠AOF=90，
∴∠AOE=∠BOF=45，
∴△AOE为等腰直角三角形，
∵AO，
∴AE=OE=AO，
∴点A的坐标为（，），
∵点A在反比例函数的图象上，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题是反比例函数与几何的综合题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
31．（2020·河南中考真题）如图，在中， ，分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，连接则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接BD交AC于O，由已知得△ACD为等边三角形且BD是AC的垂直平分线，然后解直角三角形解得AC、BO、BD的值，进而代入三角形面积公式即可求解．
【详解】
连接BD交AC于O，
由作图过程知，AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠DAC=60º，
∵AB=BC,AD=CD，
∴BD垂直平分AC即：BD⊥AC，AO=OC，
在Rt△AOB中，
∴BO=AB·sin30º=，
AO=AB·cos30º=，AC=2AO=3，
在Rt△AOD中，AD=AC=3,∠DAC=60º，
∴DO=AD·sin60º=，
∴=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图、等边三角形的判定与性质、垂直平分线、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知道解决问题，属于中考常考题型．
32．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，是的外角，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形的外角的性质进行计算即可．
【详解】
解：∵是的外角，
∴=∠B+∠A
∴∠A=-∠B，
∴∠A=60°
故选：D
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
33．（2020·湖南怀化?中考真题）在中，，平分，交于点，，垂足为点，若，则的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
证明△ABD≌△AED即可得出DE的长．
【详解】
∵DE⊥AC，
∴∠AED=∠B=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
又∵AD=AD，
∴△ABD≌△AED，
∴DE=BE=3，
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判断和性质，角平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
34．（2020·山东菏泽?中考真题）等腰三角形的一边长是，另两边的长是关于的方程的两个根，则的值为（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分类讨论：当3为等腰三角形的底边，则方程有等根，所以△＝0，求解即可，于是根据根与系数的关系得两腰的和＝4，满足三角形三边的关系；当3为等腰三角形的腰，则x＝3为方程的解，把x＝3代入方程可计算出k的值即可．
【详解】
解：①当3为等腰三角形的底边，根据题意得△＝（-4）2−4k＝0，解得k＝4，
此时，两腰的和=x1+x2=4>3，满足三角形三边的关系，所以k＝4；
②当3为等腰三角形的腰，则x＝3为方程的解，把x＝3代入方程得9−12＋k＝0，解得k＝3；
综上，k的值为3或4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的解以及根与系数的关系等腰三角形的性质和三角形的三边关系，注意解得k的值之后要看三边能否组成三角形．
35．（2020·山东临沂?中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】
解：连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
36．（2020·四川泸州?中考真题）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
【详解】
解：过点A作AF⊥BC，
∵AB=AC，
∴BF=BC=2，
在Rt,AF=，
∵D是边的两个“黄金分割”点，
∴即，
解得CD=，
同理BE=，
∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，
∴DE=CD-CE=4-8，
∴S△ABC===，
故选：A.
【点睛】
本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。
37．（2020·四川泸州?中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】
解：∵，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，
∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
38．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图，在中，，垂足为D，与关于直线AD对称，点的B对称点是，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由三角形内角和定理，得到，由轴对称的性质，得到，根据外角的性质即可得到答案．
【详解】
解：在中，，
∴，
∵与关于直线AD对称，
∴，
∴；
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，三角形的外角性质，以及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的进行角度的计算．
39．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么的值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过点A作于点D，在中，利用勾股定理求得线段AC的长，再按照正弦函数的定义计算即可．
【详解】
解：如图，过点A作于点D，则，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
40．（2020·山东聊城?中考真题）如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．
【详解】
解：是的直径，弦，
，．
又
在和中，
，
故选：B
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．
41．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在ABC中，AB＝AC，∠C＝65°，点D是BC边上任意一点，过点D作DF∥AB交AC于点E，则∠FEC的度数是（ ）
A．120° B．130° C．145° D．150°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，利用平行线的性质得到∠ EDC＝∠B，利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝65°，
∵DF∥AB，
∴∠ EDC＝∠B＝65°，
∴∠FEC＝∠EDC＋∠C＝65°＋65°＝130°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，需熟练掌握．
42．（2020·安徽中考真题）已知点在上．则下列命题为真命题的是（ ）
A．若半径平分弦．则四边形是平行四边形
B．若四边形是平行四边形．则
C．若．则弦平分半径
D．若弦平分半径．则半径平分弦
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．
【详解】
A．∵半径平分弦，
∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，
假命题；
B．∵四边形是平行四边形,且OA=OC,
∴四边形是菱形，
∴OA=AB=OB，OA∥BC，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60º,
∴∠ABC=120º,
真命题；
C．∵，
∴∠AOC=120º，不能判断出弦平分半径，
假命题；
D．只有当弦垂直平分半径时，半径平分弦，所以是
假命题，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．
43．（2020·安徽中考真题）如图，中， ，点在上，．若，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据，求出AB=5，再根据勾股定理求出BC=3，然后根据，即可得cos∠DBC=cosA=，即可求出BD．
【详解】
∵∠C=90°，
∴，
∵，
∴AB=5，
根据勾股定理可得BC==3，
∵，
∴cos∠DBC=cosA=，
∴cos∠DBC==，即=
∴BD=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了解直角三角形和勾股定理，求出BC的长是解题关键．
44．（2020·四川成都?中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，连接．若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【解析】
【分析】
由作图可知， M N是线段BC的垂直平分线，据此可得解．
【详解】
解：由作图可知， M N是线段BC的垂直平分线，
∴BD=CD=AC-AD=6-2=4，
故选：C
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质，灵活的利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等这一性质添加辅助线是解题的关键．
45．（2020·四川南充?中考真题）如图，在等腰三角形ABC中，BD为∠ABC的平分线，∠A=36°，AB=AC=a，BC=b，则CD=（ ）
A． B． C．a-b D．b-a
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质和判定得出BD=BC=AD，进而解答即可．
【详解】
解：∵在等腰△ABC中，BD为∠ABC的平分线，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=2∠ABD=72°，
∴∠ABD=36°=∠A，
∴BD=AD，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=72°=∠C，
∴BD=BC，
∵AB=AC=a，BC=b，
∴CD=AC-AD=a-b，
故选：C．
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质，关键是根据等腰三角形的性质和判定得出BD=BC=AD解答．
46．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，等腰△中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定≌的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．
【详解】
解： A、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定≌，故本选项不符合题意；
B、若添加，不能判定≌，故本选项符合题意；
C、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定≌，故本选项不符合题意；
D、若添加，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定≌，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性质，属于基本题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
47．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在中，为斜边的中线，过点D作于点E，延长至点F，使，连接，点G在线段上，连接，且．下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质知DA=DB=DC，根据等腰三角形的性质结合菱形的判定定理可证得四边形ADCF为菱形，继而推出四边形DBCF为平行四边形，可判断①②；利用邻补角的性质结合已知可证得∠CFE =∠FGE，即可判断③；由③的结论可证得△FEG△FCD，推出，即可判断④．
【详解】
∵在中，为斜边的中线，
∴DA=DB=DC，
∵于点E，且，
∴AE=EC，
∴四边形ADCF为菱形，
∴FC∥BD，FC=AD=BD，
∴四边形DBCF为平行四边形，故②正确；
∴DF=BC，
∴DE=BC，故①正确；
∵四边形ADCE为菱形，
∴CF=CD，
∴∠CFE=∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC=180，而∠FGE+∠EGC=180，
∴∠CDE=∠FGE，∠CFE =∠FGE，
∴EF=EG，故③正确；
∵∠CDF=∠FGE，∠CFD=∠EFG，
∴△FEG△FCD，
∴，即，
∴，
∴BC =DF，故④正确；
综上，①②③④都正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．
48．（2020·山东泰安?中考真题）如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过点F作，AG=2，，可得BG=FM=2，令AF=x，根据，根据正切值可得EM的长，加起来等于BC即可得到结果．
【详解】
如图所示，过点F作交BC于点M，
∵，，AG=2，
∴BG=FM=2，AF=GM，
令AF=x，
∵两个梯形全等，
∴AF=GM=EC=x，
又∵，
∴，
∴，
又∵BC=6，
∴，
∴．
故答案选D．
【点睛】
本题主要考查了利用特殊角的三角函数值及三角函数的意义进行求解，准确根据全等图形的性质判断边角是解题的关键．
49．（2020·山东泰安?中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】
解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，
∴ON=，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，
∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为
故答案选：B．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
50．（2020·四川达州?中考真题）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④若点G是线段的中点，则为等腰直角三角形．正确判断的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】
【分析】
①，先说明△OBD是等腰三角形，再由矩形的性质可得DE=BE，最后根据等腰三角形的性质即可判断；②证明△OFA≌△OBD即可判断；③过F作FH⊥AD，垂足为H,然后根据角平分线定理可得FH=FA,再求得∠HDF=45°，最后用三角函数即可判定；④连接AG,然后证明△OGA≌△ADE,最后根据全等三角形的性质和角的和差即可判断．
【详解】
解：①∵
∴△OBD是等腰三角形
∵四边形是矩形
∴DE=BE=BD，DA⊥OB
∴平分，OE⊥BD故①正确；
②∵OE⊥BD, DA⊥OB，即∠DAO=∠DAB
∴∠EDF+∠DFE=90°，∠AOF+∠AFO=90°
∵∠EDF=∠AOF
∵DA⊥OB，
∴OA=AD
在△OFA和△OBD中
∠EDF=∠AOF ,OA=AD,∠DAO=∠DAB
∴△OFA≌△OBD
∴OF=BD,即②正确；
③过F作FH⊥AD，垂足为H,
∵平分，DA⊥OB
∴FH=AF
∵，DA⊥OB
∴∠HDF=45°
∴sin∠HDF=,即；故③正确；
④由②得∠EDF=∠AOF，
∵G为OF中点
∴OG=OF
∵DE=BE=BD，OF=BD
∴OG=DE
在△OGA和△AED中
OG=DE, ∠EDF=∠AOF，AD=OA
∴△OGA≌△AED
∴OG=EF,∠GAO=∠DAE
∴△GAE是等腰三角形
∵DA⊥OB
∴∠OAG+∠DAG=90°
∴∠DAE+∠DAG =90°,即∠GAE=90°
∴△GAE是等腰直角三角形，故④正确．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质以及解直角三角形等知识点，考查知识点较多，故灵活应用所学知识成为解答本题的关键．
51．（2020·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把沿着AD翻折，得到，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F.若，，，的面积为2，则点F到BC的距离为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】
解：∵DG＝GE，
∴S△ADG＝S△AEG＝2，
∴S△ADE＝4，
由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，
∴S△ABD＝S△ADE＝4，∠BFD＝90°，
∴•（AF+DF）•BF＝4，
∴•（3+DF）•2＝4，
∴DF＝1，
∴DB＝＝＝，
设点F到BD的距离为h，
则•BD•h＝•BF•DF，
∴h＝，
故选：B．
【点睛】
本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
52．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长EF，DA交于G，连接DE，先证明△AFG≌△BFE，进而得到BE=AG，F是GE的中点，结合条件BF⊥GE进而得到BF是线段GE的垂直平分线，得到GD=DE，最后在Rt△AED中使用勾股定理即可求解.
【详解】
解：延长EF，DA交于G，连接DE，如下图所示：
∵F是AB的中点，∴AF=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥BC，∴∠GAB=∠EBF
且∠GFA=∠EFB，∴△AFG≌△BFE(ASA)，
设，
由GF=EF，且∠DFE=90°知，
DF是线段GE的垂直平分线，
∴，
在Rt△GAE中，．
在Rt△AED中，，
∴，解得，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解题的关键.
53．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在△中，,以点为圆心，长为半径画弧，交于点,连接;则的度数为 （ ）
A．50° B．40° C．30° D．20°
【答案】D
【解析】
【分析】
由作图过程可知BC=BD，根据等边对等角得到∠BCD=∠BDC=70°，则的度数即可求解．
【详解】
∵∠A=50°，可得∠B=40°，
∵BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠B+∠BCD+∠BDC=180°，
∴∠BCD=70°，
∴∠ACD=90°-70°=20°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质等内容，解题的关键是通过题目描述，得到BC=BD．
54．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在四边形中，，，，把沿着翻折得到，若，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知，易求得，延长交于，可得，则，再过点作，设，则，，，在中，根据，代入数值，即可求解．
【详解】
解：如图
∵ ，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，延长交于，
∴ ，则， ，
过点作，设，则，，
∴，
∴在中，，即，
解得：，
∴．
故选B．
【点睛】
本题目考查三角形的综合，涉及的知识点有锐角三角函数、折叠等，熟练掌握三角形的有关性质，正确设出未知数是顺利解题的关键．
55．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：
①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【解析】
【分析】
①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；
②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；
④作点D关于直线的对称点D1，连接D D1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，此时四边形的周长为：，其值最小，再由D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，可得的最小值，即可得解．
【详解】
解：①∵线段在边上运动，，
∴,
∴与不可能相等，
则①错误；
②设，
∵，，
∴，即，
假设与相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，
∴解得的或符合题意，
即与可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，
设，
由，，得，即，
∴，
∵∠B=60°，
∴，
∵，∠A =60°，
∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，
则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，连接D D1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，
∴D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，
此时四边形的周长为：，其值最小，
∴∠D1AD2=30°，∠D2A D=90°，，
∴根据股股定理可得，，
∴四边形的周长为：,
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】
本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
56．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，平行线、被直线所截，过点作于点，已知，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
延长BG，交CD于H，根据对顶角相等得到∠1=∠2，再依据平行线的性质得到∠B=∠BHD，最后结合垂线的定义和三角形内角和得到结果.
【详解】
解：延长BG，交CD于H，
∵∠1=50°，
∴∠2=50°，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠BHD，
∵BG⊥EF，
∴∠FGH=90°，
∴∠B=∠BHD=180°-∠2-∠FGH=180°-50°-90°=40°.
故选C.
【点睛】
本题考查了对顶角相等，垂线的定义，平行线的性质，三角形内角和，解题的关键是延长BG构造内错角.
57．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
【点睛】
本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
58．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】
解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
59．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，，点是边上任意一点，过点作交于点，则的度数是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，进而可根据三角形的内角和定理求出∠A的度数，然后根据平行线的性质可得∠DEC=∠A，进一步即可求出结果．
【详解】
解：∵，，
∴∠B=∠C=65°，
∴∠A=180°－∠B－∠C=50°，
∵DF∥AB，
∴∠DEC=∠A=50°，
∴∠FEC=130°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质和三角形的内角和定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基础知识是解题的关键．
60．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，若BC=6，AC=5，则△ACE的周长为（ ）
A．8 B．11 C．16 D．17
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，然后利用等量代换即可得到△ACE的周长=AC+BC，再把BC=6，AC=5代入计算即可．
【详解】
解：∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴△ACE的周长=AC+CE+AE
=AC+CE+BE
=AC+BC
=5+6
=11．
故选：B．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段；垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
61．（2020·四川乐山?中考真题）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据拼接前后图形的面积不变，求出拼成正方形的边长，再以此进行裁剪即可得．
【详解】
由方格的特点可知，选项A阴影部分的面积为6，选项B、C、D阴影部分的面积均为5
如果能拼成正方形，那么选项A拼接成的正方形的边长为，选项B、C、D拼接成的正方形的边长为
观察图形可知，选项B、C、D阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得到如图1所示的5个图形，由此可拼接成如图2所示的边长为的正方形
而根据正方形的性质、勾股定理可知，选项A阴影部分沿着方格边线或对角线剪开不能得到边长为的正方形
故选：A．
【点睛】
本题考查了学生的动手操作能力、正方形的面积和正方形的有关画图、勾股定理，以拼接前后图形的面积不变为着手点是解题关键．
62．（2020·四川乐山?中考真题）如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作 于点，连结．则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30º，AO⊥BD，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得AO、DO、OE、DE，进而求得四边形的周长.
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，是对角线的中点，
∴AO⊥BD ， AD=AB=4，AB∥DC
∵∠BAD=120º，
∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，
∵OE⊥DC，
∴在RtΔAOD中，AD=4 ， AO==2 ，DO=，
在RtΔDEO中，OE=，DE=，
∴四边形的周长为AO+OE+DE+AD=2++3+4=9+，
故选：B.
【点睛】
本题考查菱形的性质、含30º的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30º的直角三角形边的关系是解答的关键.
63．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】
解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD•BH=×2×2=2.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
64．（2020·山东济宁?中考真题）一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B处．灯塔C在海岛在海岛A的北偏西42°方向上，在海岛B的北偏西84°方向上．则海岛B到灯塔C的距离是（ ）
A．15海里 B．20海里 C．30海里 D．60海里
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，根据三角形外角性质求出∠C=∠CAB=42°，根据等角对等边得出BC=AB，求出AB即可．
【详解】
解：∵根据题意得：∠CBD=84°，∠CAB=42°，
∴∠C=∠CBD-∠CAB=42°=∠CAB，
∴BC=AB，
∵AB=15海里/时×2时=30海里，
∴BC=30海里，
即海岛B到灯塔C的距离是30海里．
故选C.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和判定和三角形的外角性质，关键是求出∠C=∠CAB，题目比较典型，难度不大．
65．（2020·浙江金华?中考真题）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
证明，得出．设，则，，由勾股定理得出，则可得出答案．
【详解】
解：四边形为正方形，
，，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
．
设，
为，的交点，
，，
四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
，
，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
66．（2020·浙江中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（ ）
A．DC=DT B．AD=DT C．BD=BO D．2OC=5AC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
【详解】
解：如图，连接OD．
∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形、灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
67．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可．
【详解】
解：记AC与BD的交点为，
菱形,
菱形的面积
菱形的面积
故选D．
【点睛】
本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
68．（2020·浙江台州?中考真题）如图，已知线段AB，分别以A，B为圆心，大于同样长为半径画弧，两弧交于点C，D，连接AC，AD，BC，BD，CD，则下列说法错误的是（ ）
A．AB平分∠CAD B．CD平分∠ACB C．AB⊥CD D．AB=CD
【答案】D
【解析】
【分析】
根据作图判断出四边形ACBD是菱形，再根据菱形的性质：菱形的对角线平分一组对角、菱形的对角线互相垂直平分可得出答案
【详解】
解：由作图知AC=AD=BC=BD，
∴四边形ACBD是菱形，
∴AB平分∠CAD、CD平分∠ACB、AB⊥CD，
不能判断AB=CD，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查线段垂直平分线的尺规作图、菱形的判定方法等，解题的关键是掌握菱形的判定与性质．
69．（2020·浙江宁波?中考真题）△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（ ）
A．△ABC的周长 B．△AFH的周长
C．四边形FBGH的周长 D．四边形ADEC的周长
【答案】A
【解析】
【分析】
由等边三角形的性质和三角形的内角和定理可得：FH＝GH，∠ACB＝∠A＝60°，∠AHF＝∠HGC，进而可根据AAS证明△AFH≌△CHG，可得AF＝CH，然后根据等量代换和线段间的和差关系即可推出五边形DECHF的周长＝AB+BC，从而可得结论．
【详解】
解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH＝GH，∠FHG＝60°，
∴∠AHF+∠GHC＝120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠A＝60°，
∴∠GHC+∠HGC＝120°，
∴∠AHF＝∠HGC，
∴△AFH≌△CHG（AAS），
∴AF＝CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE＝FH，
∴五边形DECHF的周长＝DE+CE+CH+FH+DF
＝BD+CE+AF+BE+DF
＝（BD+DF+AF）+（CE+BE），
＝AB+BC．
∴只需知道△ABC的周长即可．
故选：A．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及多边形的周长问题，熟练掌握等边三角形的性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
70．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（ ）
A．随着θ的增大而增大
B．随着θ的增大而减小
C．不变
D．随着θ的增大，先增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性质可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．
【详解】
解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，
∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，
∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，
∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，
∴∠PAH的度数是定值，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
71．（2020·浙江温州?中考真题）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】
解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
72．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作□BCDE，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠C的度数，再根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠E=∠C=70°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的性质和三角形的内角和定理等知识，属于基础题型，熟练掌握等腰三角形和平行四边形的性质是解题关键．
73．（2020·贵州铜仁?中考真题）已知等边三角形一边上的高为2，则它的边长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解即可．
【详解】
根据等边三角形的三线合一性质：
设它的边长为x，可得：，
解得：x＝4，x＝﹣4（舍去），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形“三线合一”的性质，运用勾股定理列出方程求解是解答此类问题的常用方法．
74．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
【答案】C
【解析】
【分析】
先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出,求出PG＝，再根据勾股定理求得EG＝，即△AEG的周长为8，判断出②正确；先求出DG＝，进而求出DG2+BE2＝，在求出EG2=≠，判断出③错误，即可得出结论．
【详解】
解：如图，在正方形ABCD中,AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4,∠B＝∠BAD＝90°,
∴∠HAD＝90°,
∵HF∥AD,
∴∠H＝90°,
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°,
∴∠AFH＝∠HAF.
∵AF＝,
∴AH＝HF＝1＝BE.
∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC,
∴△EHF≌△CBE（SAS）,
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE,
∵∠BCE+∠BEC＝90°,
∴HEF+∠BEC＝90°,
∴∠FEC＝90°,
∴△CEF是等腰直角三角形,
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4,
∴EC2＝BE2+BC2＝17,
∴S△ECF＝EF•EC＝EC2＝,故①正确:
过点F作FQ⊥BC于Q,交AD于P,
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD,
∴四边形APFH是矩形,
∵AH＝HF,
∴矩形AHFP是正方形,
∴AP＝PH＝AH＝1,
同理：四边形ABQP是矩形,
∴PQ＝AB＝4,BQ＝AP1,FQ＝FP+PQ＝5,CQ＝BC﹣BQ＝3,
∵AD∥BC,
∴△FPG∽△FQC,
∴,
∴,
∴PG＝,
∴AG＝AP+PG＝,
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝,
∴△AEG的周长为AG+EG+AE＝=8，故②正确；
∵AD＝4，
∴DG＝AD﹣AG＝,
∴DG2+BE2＝+1＝,
∵EG2＝（）2＝≠,
∴EG2≠DG2+BE2,故③错误,
∴正确的有①②,
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了三角形的综合应用,结合了全等三角形,勾股定理,三角形相似等知识点解题.
75．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）
A． B．5 C． D．10
【答案】A
【解析】
【分析】
利用D为AB的中点，DE//BC，证明DE是中位线，求得的面积，利用相似三角形的性质求解的面积，由勾股定理可得答案．
【详解】
解：是AB的中点，
是的中位线，
故选A．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
76．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】
连接OA，
∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，
∴OD＝10，OM＝6，
∵AB⊥CD，
∴，
∴AB＝2AM＝16．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
77．（2020·贵州黔东南?中考真题）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（ ）
A．16 B．24 C．16或24 D．48
【答案】B
【解析】
【分析】
解方程得出x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分两种情况：
①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；
②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三边关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
专题37三角形（2）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（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.
2．（2020·辽宁抚顺?中考真题）一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若，则∠2的度数是（ ）
A．15° B．20° C．25° D．40°
【答案】C
【解析】
【分析】
利用平行线的性质求得∠3的度数，即可求得∠2的度数．
【详解】
∵AD∥BC，
∴∠3=∠1=20，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45，
∴∠2=45∠3=25，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
3．（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．
4．（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．
5．（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．
6．（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．
7．（2020·湖北宜昌?中考真题）能说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题的例证图是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先将每个图形补充成三角形，再利用三角形的外角性质逐项判断即得答案．
【详解】
解：A、如图1，∠1是锐角，且∠1=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；
B、如图2，∠2是锐角，且∠2=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；
C、如图3，∠3是钝角，且∠3=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题，故本选项符合题意；
D、如图4，∠4是锐角，且∠4=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了真假命题、举反例说明一个命题是假命题以及三角形的外角性质等知识，属于基本题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
8．（2020·湖北宜昌?中考真题）如图，点E，F，G，Q，H在一条直线上，且，我们知道按如图所作的直线为线段的垂直平分线．下列说法正确的是（ ）．
A．是线段的垂直平分线 B．是线段的垂直平分线
C．是线段的垂直平分线 D．是的垂直平分线
【答案】A
【解析】
【分析】
根据垂直平分线的定义判断即可．
【详解】
∵为线段的垂直平分线,
∴FO=GO,
又∵EF=GH,
∴EO=HO,
∴是线段的垂直平分线,故A正确
由上可知EO≠QO,FO≠OH,故B、C错误
∵是直线并无垂直平分线，故D错误
故选：A．
【点睛】
本题考查垂直平分线的定义,关键在于牢记基础知识．
9．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【详解】
解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及外角的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
10．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，点、、在圆上，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先由圆周角定理得到∠AOB,再利用等腰三角形的性质求解即可．
【详解】
∵在圆O中，∠ACB=54º，
∴∠AOB=2∠ACB=108º，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA==36º，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，会用等边对等角求角的度数是解答的关键．
11．（2020·湖北荆门?中考真题）在平面直角坐标系中，的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为，将沿直线翻折，得到，过作垂直于交y轴于点C，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出OA，然后证明△∽△即可得出答案．
【详解】
由题意可得AB=1，OB=，
∵△ABC为直角三角形，
∴OA=2，
由翻折性质可得=1，=，=2，∠=90°，
∵∠+∠=90°，∠+∠=90°，
∴∠=∠，
∵⊥，∠=90°，
∴△∽△，
∴，即
∴OC=4，
∴点C的坐标为（0，-4），
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，证明△∽△是解题关键．
12．（2020·湖北荆门?中考真题）中，，D为的中点，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AD，用等腰三角形的“三线合一”，得到的度数，及，由得，得，计算的面积即可．
【详解】
连接AD，如图所示：
∵，且D为BC中点
∴，且，
∴中，
∵
∴
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，及解直角三角形和三角形面积的计算，熟知以上知识是解题的关键．
13．（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．
14．（2020·河北中考真题）如图1，已知，用尺规作它的角平分线．
如图2，步骤如下，
第一步：以为圆心，以为半径画弧，分别交射线，于点，；
第二步：分别以，为圆心，以为半径画弧，两弧在内部交于点；
第三步：画射线．射线即为所求．
下列正确的是（ ）
A．，均无限制 B．，的长
C．有最小限制，无限制 D．，的长
【答案】B
【解析】
【分析】
根据作角平分线的方法进行判断，即可得出结论．
【详解】
第一步：以为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线，于点，；
∴；
第二步：分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点；
∴的长；
第三步：画射线．射线即为所求．
综上，答案为：；的长，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了基本作图，解决问题的关键是掌握作角平分线的方法．
15．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在半径为3的⊙O中，是直径，是弦，是的中点，与交于点．若是的中点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接DO、DA、DC，设DO与AC交于点H，证明△DHE≌△BCE，得到DH=CB，同时OH是三角形ABC中位线，设OH=x，则BC=2x=DH，故半径DO=3x，解出x，最后在Rt△ACB中由勾股定理即可求解．
【详解】
解：连接DO、DA、DC、OC，设DO与AC交于点H，如下图所示，
∵D是的中点，∴DA=DC，∴D在线段AC的垂直平分线上，
∵OC=OA，∴O在线段AC的垂直平分线上，
∴DO⊥AC，∠DHC=90°，
∵AB是圆的直径，∴∠BCA=90°，
∵E是BD的中点，∴DE=BE，且∠DEH=∠BEC，
∴△DHE≌△BCE(AAS)，
∴DH=BC，
又O是AB中点，H是AC中点，
∴HO是△ABC的中位线，
设OH=x，则BC=DH=2x，
∴OD=3x=3，∴x=1，
即BC=2x=2，
在Rt△ABC中，．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形全等、勾股定理等，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决此题的关键
16．（2020·福建中考真题）如图，面积为1的等边三角形中，分别是，，的中点，则的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可以判断四个小三角形是全等三角形,即可判断一个的面积是．
【详解】
∵分别是，，的中点,且△ABC是等边三角形,
∴△ADF≌△DBE≌△FEC≌△DFE,
∴△DEF的面积是．
故选D．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质及全等,关键在于熟练掌握等边三角形的特殊性质．
17．（2020·福建中考真题）如图，是等腰三角形的顶角平分线，，则等于（ ）
A．10 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形三线合一的性质即可判断CD的长．
【详解】
∵是等腰三角形的顶角平分线
∴CD=BD=5．
故选：B．
【点睛】
本题考查等腰三角形的三线合一，关键在于熟练掌握基础知识．
18．（2020·北京中考真题）如图，AB和CD相交于点O，则下列结论正确的是（ ）
A．∠1=∠2 B．∠2=∠3 C．∠1＞∠4+∠5 D．∠2＜∠5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对顶角性质、三角形外角性质分别进行判断，即可得到答案．
【详解】
解：由两直线相交，对顶角相等可知A正确；
由三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角的和可知
B选项为∠2＞∠3，
C选项为∠1=∠4+∠5，
D选项为∠2＞∠5．
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质，对顶角性质，解题的关键是熟练掌握三角形的外角性质进行判断．
19．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，在和中，，，，．连接、交于点，连接．下列结论：
①；②；③平分；④平分
其中正确的结论个数有（ ）个．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD，得到∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确；
根据全等三角形的性质得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而，故③错误；即可得出结论．
【详解】
∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，②正确；
作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴平分，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，
，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与矛盾，
∴③错误；
正确的有①②④；
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
20．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】
解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
21．（2020·湖南湘西?中考真题）已知，作的平分线，在射线上截取线段，分别以O、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F．画直线，分别交于D，交于G．那么，一定是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知EF垂直平分OC，由此证明△OMD≌△ONG，即可得到OD=OG得到答案.
【详解】
如图，连接CD、CG，
∵分别以O、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F
∴EF垂直平分OC，
设EF交OC于点N，
∴∠ONE=∠ONF=90°，
∵OM平分，
∴∠NOD=∠NOG，
又∵ON=ON，
∴△OMD≌△ONG，
∴OD=OG，
∴△ODG是等腰三角形，
故选：C.
【点睛】
此题考查基本作图能力：角平分线的做法及线段垂直平分线的做法，还考查了全等三角形的判定定理及性质定理，由此解答问题，根据题意得到EF垂直平分OC是解题的关键.
22．（2020·山东青岛?中考真题）如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为，与交于点若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明再求解利用轴对称可得答案．
【详解】
解：由对折可得：
矩形，
BC=8
由对折得：
故选C．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2020·山东青岛?中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】
解：∵是的直径
∴∠
∵
∴
∴∠
∵
∴∠
∴∠
∴∠
故选：B．
【点睛】
此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
24．（2020·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
本题可通过旋转的性质得出△ABC与△DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项．
【详解】
由已知得：△ABC△DEC，则AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A选项错误；
∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，
故△AEF△ABC，则，
假设BC=EF，则有AE=AB，
由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；
假设∠AEF=∠D，则∠CED=∠AEF=∠D，
故△CED为等腰直角三角形，即△ABC为等腰直角三角形，
因为题干信息△ABC未说明其三角形性质，故假设∠AEF=∠D不一定成立，故C选项错误；
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°．
又∵∠A=∠D，
∴∠B+∠D=90°．
故AB⊥DF，D选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用．
25．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点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． B． C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解.
【详解】
解：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，
∵∠BAD=60°，AD=4，
∴∠OAD=30°，
∴OD=2，
∴AO==OC，
∴点C的坐标为（0，），
同理：当点C旋转到y轴正半轴时，
点C的坐标为（0，），
∴点C的坐标为（0，）或（0，），
故选D.
【点睛】
本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论.
26．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、以大于为长的半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点，若，为上一动点，则的最小值为（ ）
A．无法确定 B． C．1 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
当GP⊥AB时，GP的值最小，根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，再根据角平分线的性质可知，当GP⊥AB时，GP=CG=1．
【详解】
解：由题意可知，当GP⊥AB时，GP的值最小，
根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，
∵∠C=90°，
∴当GP⊥AB时，GP=CG=1，
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的尺规作图以及角平分线的性质，难度不大，解题的关键是根据题意得到GB是∠ABC的角平分线，并熟悉角平分线的性质定理．
27．（2020·江西中考真题）如图，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由可对A进行判断；根据三角形外角的性质可对B进行判断；求出∠C，根据大角对大边，小角对小边可对D进行判断；求出可对C进行判断．
【详解】
，
，故选项A正确；
，
，
又，
，故选项B正确；
，
，
，
，故选项D正确；
，
，
而
，故选项C错误．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行线的判定与性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握性质与判定是解答此题的关键．
28．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，中，，根据尺规作图的痕迹判断以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由尺规作图可知AD是∠CAB角平分线，DE⊥AC，由此逐一分析即可求解．
【详解】
解：由尺规作图可知，AD是∠CAB角平分线，DE⊥AC，
在△AED和△ABD中：
∵，∴△AED≌△ABD(AAS)，
∴DB=DE，AB=AE，选项A、B都正确，
又在Rt△EDC中，∠EDC=90°-∠C，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°-∠C，
∴∠EDC=∠BAC，选项C正确，
选项D，题目中缺少条件证明，故选项D错误．
故选：D.
【点睛】
本题考查了尺规作图角平分线的作法，熟练掌握常见图形的尺规作图是解决这类题的关键．
29．（2020·湖南张家界?中考真题）已知等腰三角形的两边长分别是一元二次方程的两根，则该等腰三角形的底边长为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．2或4
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次方程求出方程的解，得出三角形的边长，用三角形存在的条件分类讨论边长，即可得出答案．
【详解】
解：x2－6x+8=0
（x－4）（x－2）=0
解得：x=4或x=2，
当等腰三角形的三边为2，2，4时，不符合三角形三边关系定理，此时不能组成三角形；
当等腰三角形的三边为2，4，4时，符合三角形三边关系定理，此时能组成三角形，
所以三角形的底边长为2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程，能求出方程的解并能够判断三角形三边存在的条件是解此题的关键．
30．（2020·黑龙江中考真题）如图，菱形的两个顶点，在反比例函数的图象上，对角线，的交点恰好是坐标原点，已知，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据勾股定理得到OB的长，利用三角函数得到OA的长，求得∠AOE=∠BOF=45，继而求得点A的坐标，即可求解．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=AD，AC⊥BD，
∵∠ABC=120，
∴∠ABO=60，
∵点B（-1，1），
∴OB=，
∵，
∴AO=，
作BF⊥轴于F，AE⊥轴于E，
∵点B（-1，1），
∴OF=BF=1，
∴∠FOB=∠BOF=45，
∵∠BOF+∠AOF=∠AOE+∠AOF=90，
∴∠AOE=∠BOF=45，
∴△AOE为等腰直角三角形，
∵AO，
∴AE=OE=AO，
∴点A的坐标为（，），
∵点A在反比例函数的图象上，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题是反比例函数与几何的综合题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
31．（2020·河南中考真题）如图，在中， ，分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，连接则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接BD交AC于O，由已知得△ACD为等边三角形且BD是AC的垂直平分线，然后解直角三角形解得AC、BO、BD的值，进而代入三角形面积公式即可求解．
【详解】
连接BD交AC于O，
由作图过程知，AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠DAC=60º，
∵AB=BC,AD=CD，
∴BD垂直平分AC即：BD⊥AC，AO=OC，
在Rt△AOB中，
∴BO=AB·sin30º=，
AO=AB·cos30º=，AC=2AO=3，
在Rt△AOD中，AD=AC=3,∠DAC=60º，
∴DO=AD·sin60º=，
∴=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图、等边三角形的判定与性质、垂直平分线、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知道解决问题，属于中考常考题型．
32．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，是的外角，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形的外角的性质进行计算即可．
【详解】
解：∵是的外角，
∴=∠B+∠A
∴∠A=-∠B，
∴∠A=60°
故选：D
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
33．（2020·湖南怀化?中考真题）在中，，平分，交于点，，垂足为点，若，则的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
证明△ABD≌△AED即可得出DE的长．
【详解】
∵DE⊥AC，
∴∠AED=∠B=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
又∵AD=AD，
∴△ABD≌△AED，
∴DE=BE=3，
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判断和性质，角平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
34．（2020·山东菏泽?中考真题）等腰三角形的一边长是，另两边的长是关于的方程的两个根，则的值为（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分类讨论：当3为等腰三角形的底边，则方程有等根，所以△＝0，求解即可，于是根据根与系数的关系得两腰的和＝4，满足三角形三边的关系；当3为等腰三角形的腰，则x＝3为方程的解，把x＝3代入方程可计算出k的值即可．
【详解】
解：①当3为等腰三角形的底边，根据题意得△＝（-4）2−4k＝0，解得k＝4，
此时，两腰的和=x1+x2=4>3，满足三角形三边的关系，所以k＝4；
②当3为等腰三角形的腰，则x＝3为方程的解，把x＝3代入方程得9−12＋k＝0，解得k＝3；
综上，k的值为3或4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的解以及根与系数的关系等腰三角形的性质和三角形的三边关系，注意解得k的值之后要看三边能否组成三角形．
35．（2020·山东临沂?中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】
解：连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
36．（2020·四川泸州?中考真题）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
【详解】
解：过点A作AF⊥BC，
∵AB=AC，
∴BF=BC=2，
在Rt,AF=，
∵D是边的两个“黄金分割”点，
∴即，
解得CD=，
同理BE=，
∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，
∴DE=CD-CE=4-8，
∴S△ABC===，
故选：A.
【点睛】
本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。
37．（2020·四川泸州?中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】
解：∵，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，
∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
38．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图，在中，，垂足为D，与关于直线AD对称，点的B对称点是，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由三角形内角和定理，得到，由轴对称的性质，得到，根据外角的性质即可得到答案．
【详解】
解：在中，，
∴，
∵与关于直线AD对称，
∴，
∴；
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，三角形的外角性质，以及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的进行角度的计算．
39．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么的值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过点A作于点D，在中，利用勾股定理求得线段AC的长，再按照正弦函数的定义计算即可．
【详解】
解：如图，过点A作于点D，则，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
40．（2020·山东聊城?中考真题）如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．
【详解】
解：是的直径，弦，
，．
又
在和中，
，
故选：B
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．
41．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在ABC中，AB＝AC，∠C＝65°，点D是BC边上任意一点，过点D作DF∥AB交AC于点E，则∠FEC的度数是（ ）
A．120° B．130° C．145° D．150°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，利用平行线的性质得到∠ EDC＝∠B，利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝65°，
∵DF∥AB，
∴∠ EDC＝∠B＝65°，
∴∠FEC＝∠EDC＋∠C＝65°＋65°＝130°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质，需熟练掌握．
42．（2020·安徽中考真题）已知点在上．则下列命题为真命题的是（ ）
A．若半径平分弦．则四边形是平行四边形
B．若四边形是平行四边形．则
C．若．则弦平分半径
D．若弦平分半径．则半径平分弦
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．
【详解】
A．∵半径平分弦，
∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，
假命题；
B．∵四边形是平行四边形,且OA=OC,
∴四边形是菱形，
∴OA=AB=OB，OA∥BC，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60º,
∴∠ABC=120º,
真命题；
C．∵，
∴∠AOC=120º，不能判断出弦平分半径，
假命题；
D．只有当弦垂直平分半径时，半径平分弦，所以是
假命题，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．
43．（2020·安徽中考真题）如图，中， ，点在上，．若，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据，求出AB=5，再根据勾股定理求出BC=3，然后根据，即可得cos∠DBC=cosA=，即可求出BD．
【详解】
∵∠C=90°，
∴，
∵，
∴AB=5，
根据勾股定理可得BC==3，
∵，
∴cos∠DBC=cosA=，
∴cos∠DBC==，即=
∴BD=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了解直角三角形和勾股定理，求出BC的长是解题关键．
44．（2020·四川成都?中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，连接．若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【解析】
【分析】
由作图可知， M N是线段BC的垂直平分线，据此可得解．
【详解】
解：由作图可知， M N是线段BC的垂直平分线，
∴BD=CD=AC-AD=6-2=4，
故选：C
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质，灵活的利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等这一性质添加辅助线是解题的关键．
45．（2020·四川南充?中考真题）如图，在等腰三角形ABC中，BD为∠ABC的平分线，∠A=36°，AB=AC=a，BC=b，则CD=（ ）
A． B． C．a-b D．b-a
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质和判定得出BD=BC=AD，进而解答即可．
【详解】
解：∵在等腰△ABC中，BD为∠ABC的平分线，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=2∠ABD=72°，
∴∠ABD=36°=∠A，
∴BD=AD，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=72°=∠C，
∴BD=BC，
∵AB=AC=a，BC=b，
∴CD=AC-AD=a-b，
故选：C．
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质，关键是根据等腰三角形的性质和判定得出BD=BC=AD解答．
46．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，等腰△中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定≌的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．
【详解】
解： A、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定≌，故本选项不符合题意；
B、若添加，不能判定≌，故本选项符合题意；
C、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定≌，故本选项不符合题意；
D、若添加，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定≌，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性质，属于基本题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
47．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在中，为斜边的中线，过点D作于点E，延长至点F，使，连接，点G在线段上，连接，且．下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质知DA=DB=DC，根据等腰三角形的性质结合菱形的判定定理可证得四边形ADCF为菱形，继而推出四边形DBCF为平行四边形，可判断①②；利用邻补角的性质结合已知可证得∠CFE =∠FGE，即可判断③；由③的结论可证得△FEG△FCD，推出，即可判断④．
【详解】
∵在中，为斜边的中线，
∴DA=DB=DC，
∵于点E，且，
∴AE=EC，
∴四边形ADCF为菱形，
∴FC∥BD，FC=AD=BD，
∴四边形DBCF为平行四边形，故②正确；
∴DF=BC，
∴DE=BC，故①正确；
∵四边形ADCE为菱形，
∴CF=CD，
∴∠CFE=∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC=180，而∠FGE+∠EGC=180，
∴∠CDE=∠FGE，∠CFE =∠FGE，
∴EF=EG，故③正确；
∵∠CDF=∠FGE，∠CFD=∠EFG，
∴△FEG△FCD，
∴，即，
∴，
∴BC =DF，故④正确；
综上，①②③④都正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．
48．（2020·山东泰安?中考真题）如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过点F作，AG=2，，可得BG=FM=2，令AF=x，根据，根据正切值可得EM的长，加起来等于BC即可得到结果．
【详解】
如图所示，过点F作交BC于点M，
∵，，AG=2，
∴BG=FM=2，AF=GM，
令AF=x，
∵两个梯形全等，
∴AF=GM=EC=x，
又∵，
∴，
∴，
又∵BC=6，
∴，
∴．
故答案选D．
【点睛】
本题主要考查了利用特殊角的三角函数值及三角函数的意义进行求解，准确根据全等图形的性质判断边角是解题的关键．
49．（2020·山东泰安?中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】
解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，
∴ON=，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，
∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为
故答案选：B．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
50．（2020·四川达州?中考真题）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④若点G是线段的中点，则为等腰直角三角形．正确判断的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】
【分析】
①，先说明△OBD是等腰三角形，再由矩形的性质可得DE=BE，最后根据等腰三角形的性质即可判断；②证明△OFA≌△OBD即可判断；③过F作FH⊥AD，垂足为H,然后根据角平分线定理可得FH=FA,再求得∠HDF=45°，最后用三角函数即可判定；④连接AG,然后证明△OGA≌△ADE,最后根据全等三角形的性质和角的和差即可判断．
【详解】
解：①∵
∴△OBD是等腰三角形
∵四边形是矩形
∴DE=BE=BD，DA⊥OB
∴平分，OE⊥BD故①正确；
②∵OE⊥BD, DA⊥OB，即∠DAO=∠DAB
∴∠EDF+∠DFE=90°，∠AOF+∠AFO=90°
∵∠EDF=∠AOF
∵DA⊥OB，
∴OA=AD
在△OFA和△OBD中
∠EDF=∠AOF ,OA=AD,∠DAO=∠DAB
∴△OFA≌△OBD
∴OF=BD,即②正确；
③过F作FH⊥AD，垂足为H,
∵平分，DA⊥OB
∴FH=AF
∵，DA⊥OB
∴∠HDF=45°
∴sin∠HDF=,即；故③正确；
④由②得∠EDF=∠AOF，
∵G为OF中点
∴OG=OF
∵DE=BE=BD，OF=BD
∴OG=DE
在△OGA和△AED中
OG=DE, ∠EDF=∠AOF，AD=OA
∴△OGA≌△AED
∴OG=EF,∠GAO=∠DAE
∴△GAE是等腰三角形
∵DA⊥OB
∴∠OAG+∠DAG=90°
∴∠DAE+∠DAG =90°,即∠GAE=90°
∴△GAE是等腰直角三角形，故④正确．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质以及解直角三角形等知识点，考查知识点较多，故灵活应用所学知识成为解答本题的关键．
51．（2020·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把沿着AD翻折，得到，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F.若，，，的面积为2，则点F到BC的距离为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】
解：∵DG＝GE，
∴S△ADG＝S△AEG＝2，
∴S△ADE＝4，
由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，
∴S△ABD＝S△ADE＝4，∠BFD＝90°，
∴•（AF+DF）•BF＝4，
∴•（3+DF）•2＝4，
∴DF＝1，
∴DB＝＝＝，
设点F到BD的距离为h，
则•BD•h＝•BF•DF，
∴h＝，
故选：B．
【点睛】
本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
52．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长EF，DA交于G，连接DE，先证明△AFG≌△BFE，进而得到BE=AG，F是GE的中点，结合条件BF⊥GE进而得到BF是线段GE的垂直平分线，得到GD=DE，最后在Rt△AED中使用勾股定理即可求解.
【详解】
解：延长EF，DA交于G，连接DE，如下图所示：
∵F是AB的中点，∴AF=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥BC，∴∠GAB=∠EBF
且∠GFA=∠EFB，∴△AFG≌△BFE(ASA)，
设，
由GF=EF，且∠DFE=90°知，
DF是线段GE的垂直平分线，
∴，
在Rt△GAE中，．
在Rt△AED中，，
∴，解得，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解题的关键.
53．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在△中，,以点为圆心，长为半径画弧，交于点,连接;则的度数为 （ ）
A．50° B．40° C．30° D．20°
【答案】D
【解析】
【分析】
由作图过程可知BC=BD，根据等边对等角得到∠BCD=∠BDC=70°，则的度数即可求解．
【详解】
∵∠A=50°，可得∠B=40°，
∵BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠B+∠BCD+∠BDC=180°，
∴∠BCD=70°，
∴∠ACD=90°-70°=20°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质等内容，解题的关键是通过题目描述，得到BC=BD．
54．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在四边形中，，，，把沿着翻折得到，若，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知，易求得，延长交于，可得，则，再过点作，设，则，，，在中，根据，代入数值，即可求解．
【详解】
解：如图
∵ ，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，延长交于，
∴ ，则， ，
过点作，设，则，，
∴，
∴在中，，即，
解得：，
∴．
故选B．
【点睛】
本题目考查三角形的综合，涉及的知识点有锐角三角函数、折叠等，熟练掌握三角形的有关性质，正确设出未知数是顺利解题的关键．
55．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：
①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【解析】
【分析】
①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；
②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；
④作点D关于直线的对称点D1，连接D D1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，此时四边形的周长为：，其值最小，再由D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，可得的最小值，即可得解．
【详解】
解：①∵线段在边上运动，，
∴,
∴与不可能相等，
则①错误；
②设，
∵，，
∴，即，
假设与相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，
∴解得的或符合题意，
即与可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，
设，
由，，得，即，
∴，
∵∠B=60°，
∴，
∵，∠A =60°，
∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，
则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，连接D D1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，
∴D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，
此时四边形的周长为：，其值最小，
∴∠D1AD2=30°，∠D2A D=90°，，
∴根据股股定理可得，，
∴四边形的周长为：,
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】
本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
56．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，平行线、被直线所截，过点作于点，已知，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
延长BG，交CD于H，根据对顶角相等得到∠1=∠2，再依据平行线的性质得到∠B=∠BHD，最后结合垂线的定义和三角形内角和得到结果.
【详解】
解：延长BG，交CD于H，
∵∠1=50°，
∴∠2=50°，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠BHD，
∵BG⊥EF，
∴∠FGH=90°，
∴∠B=∠BHD=180°-∠2-∠FGH=180°-50°-90°=40°.
故选C.
【点睛】
本题考查了对顶角相等，垂线的定义，平行线的性质，三角形内角和，解题的关键是延长BG构造内错角.
57．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
【点睛】
本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
58．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】
解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
59．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，，点是边上任意一点，过点作交于点，则的度数是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，进而可根据三角形的内角和定理求出∠A的度数，然后根据平行线的性质可得∠DEC=∠A，进一步即可求出结果．
【详解】
解：∵，，
∴∠B=∠C=65°，
∴∠A=180°－∠B－∠C=50°，
∵DF∥AB，
∴∠DEC=∠A=50°，
∴∠FEC=130°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质和三角形的内角和定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基础知识是解题的关键．
60．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，若BC=6，AC=5，则△ACE的周长为（ ）
A．8 B．11 C．16 D．17
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，然后利用等量代换即可得到△ACE的周长=AC+BC，再把BC=6，AC=5代入计算即可．
【详解】
解：∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴△ACE的周长=AC+CE+AE
=AC+CE+BE
=AC+BC
=5+6
=11．
故选：B．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段；垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
61．（2020·四川乐山?中考真题）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据拼接前后图形的面积不变，求出拼成正方形的边长，再以此进行裁剪即可得．
【详解】
由方格的特点可知，选项A阴影部分的面积为6，选项B、C、D阴影部分的面积均为5
如果能拼成正方形，那么选项A拼接成的正方形的边长为，选项B、C、D拼接成的正方形的边长为
观察图形可知，选项B、C、D阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得到如图1所示的5个图形，由此可拼接成如图2所示的边长为的正方形
而根据正方形的性质、勾股定理可知，选项A阴影部分沿着方格边线或对角线剪开不能得到边长为的正方形
故选：A．
【点睛】
本题考查了学生的动手操作能力、正方形的面积和正方形的有关画图、勾股定理，以拼接前后图形的面积不变为着手点是解题关键．
62．（2020·四川乐山?中考真题）如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作 于点，连结．则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30º，AO⊥BD，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得AO、DO、OE、DE，进而求得四边形的周长.
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，是对角线的中点，
∴AO⊥BD ， AD=AB=4，AB∥DC
∵∠BAD=120º，
∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，
∵OE⊥DC，
∴在RtΔAOD中，AD=4 ， AO==2 ，DO=，
在RtΔDEO中，OE=，DE=，
∴四边形的周长为AO+OE+DE+AD=2++3+4=9+，
故选：B.
【点睛】
本题考查菱形的性质、含30º的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30º的直角三角形边的关系是解答的关键.
63．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】
解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD•BH=×2×2=2.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
64．（2020·山东济宁?中考真题）一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B处．灯塔C在海岛在海岛A的北偏西42°方向上，在海岛B的北偏西84°方向上．则海岛B到灯塔C的距离是（ ）
A．15海里 B．20海里 C．30海里 D．60海里
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，根据三角形外角性质求出∠C=∠CAB=42°，根据等角对等边得出BC=AB，求出AB即可．
【详解】
解：∵根据题意得：∠CBD=84°，∠CAB=42°，
∴∠C=∠CBD-∠CAB=42°=∠CAB，
∴BC=AB，
∵AB=15海里/时×2时=30海里，
∴BC=30海里，
即海岛B到灯塔C的距离是30海里．
故选C.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和判定和三角形的外角性质，关键是求出∠C=∠CAB，题目比较典型，难度不大．
65．（2020·浙江金华?中考真题）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
证明，得出．设，则，，由勾股定理得出，则可得出答案．
【详解】
解：四边形为正方形，
，，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
．
设，
为，的交点，
，，
四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
，
，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
66．（2020·浙江中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（ ）
A．DC=DT B．AD=DT C．BD=BO D．2OC=5AC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
【详解】
解：如图，连接OD．
∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形、灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
67．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可．
【详解】
解：记AC与BD的交点为，
菱形,
菱形的面积
菱形的面积
故选D．
【点睛】
本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
68．（2020·浙江台州?中考真题）如图，已知线段AB，分别以A，B为圆心，大于同样长为半径画弧，两弧交于点C，D，连接AC，AD，BC，BD，CD，则下列说法错误的是（ ）
A．AB平分∠CAD B．CD平分∠ACB C．AB⊥CD D．AB=CD
【答案】D
【解析】
【分析】
根据作图判断出四边形ACBD是菱形，再根据菱形的性质：菱形的对角线平分一组对角、菱形的对角线互相垂直平分可得出答案
【详解】
解：由作图知AC=AD=BC=BD，
∴四边形ACBD是菱形，
∴AB平分∠CAD、CD平分∠ACB、AB⊥CD，
不能判断AB=CD，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查线段垂直平分线的尺规作图、菱形的判定方法等，解题的关键是掌握菱形的判定与性质．
69．（2020·浙江宁波?中考真题）△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（ ）
A．△ABC的周长 B．△AFH的周长
C．四边形FBGH的周长 D．四边形ADEC的周长
【答案】A
【解析】
【分析】
由等边三角形的性质和三角形的内角和定理可得：FH＝GH，∠ACB＝∠A＝60°，∠AHF＝∠HGC，进而可根据AAS证明△AFH≌△CHG，可得AF＝CH，然后根据等量代换和线段间的和差关系即可推出五边形DECHF的周长＝AB+BC，从而可得结论．
【详解】
解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH＝GH，∠FHG＝60°，
∴∠AHF+∠GHC＝120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠A＝60°，
∴∠GHC+∠HGC＝120°，
∴∠AHF＝∠HGC，
∴△AFH≌△CHG（AAS），
∴AF＝CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE＝FH，
∴五边形DECHF的周长＝DE+CE+CH+FH+DF
＝BD+CE+AF+BE+DF
＝（BD+DF+AF）+（CE+BE），
＝AB+BC．
∴只需知道△ABC的周长即可．
故选：A．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及多边形的周长问题，熟练掌握等边三角形的性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
70．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（ ）
A．随着θ的增大而增大
B．随着θ的增大而减小
C．不变
D．随着θ的增大，先增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性质可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．
【详解】
解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，
∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，
∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，
∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，
∴∠PAH的度数是定值，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
71．（2020·浙江温州?中考真题）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】
解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
72．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作□BCDE，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠C的度数，再根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠E=∠C=70°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的性质和三角形的内角和定理等知识，属于基础题型，熟练掌握等腰三角形和平行四边形的性质是解题关键．
73．（2020·贵州铜仁?中考真题）已知等边三角形一边上的高为2，则它的边长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解即可．
【详解】
根据等边三角形的三线合一性质：
设它的边长为x，可得：，
解得：x＝4，x＝﹣4（舍去），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形“三线合一”的性质，运用勾股定理列出方程求解是解答此类问题的常用方法．
74．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
【答案】C
【解析】
【分析】
先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出,求出PG＝，再根据勾股定理求得EG＝，即△AEG的周长为8，判断出②正确；先求出DG＝，进而求出DG2+BE2＝，在求出EG2=≠，判断出③错误，即可得出结论．
【详解】
解：如图，在正方形ABCD中,AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4,∠B＝∠BAD＝90°,
∴∠HAD＝90°,
∵HF∥AD,
∴∠H＝90°,
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°,
∴∠AFH＝∠HAF.
∵AF＝,
∴AH＝HF＝1＝BE.
∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC,
∴△EHF≌△CBE（SAS）,
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE,
∵∠BCE+∠BEC＝90°,
∴HEF+∠BEC＝90°,
∴∠FEC＝90°,
∴△CEF是等腰直角三角形,
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4,
∴EC2＝BE2+BC2＝17,
∴S△ECF＝EF•EC＝EC2＝,故①正确:
过点F作FQ⊥BC于Q,交AD于P,
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD,
∴四边形APFH是矩形,
∵AH＝HF,
∴矩形AHFP是正方形,
∴AP＝PH＝AH＝1,
同理：四边形ABQP是矩形,
∴PQ＝AB＝4,BQ＝AP1,FQ＝FP+PQ＝5,CQ＝BC﹣BQ＝3,
∵AD∥BC,
∴△FPG∽△FQC,
∴,
∴,
∴PG＝,
∴AG＝AP+PG＝,
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝,
∴△AEG的周长为AG+EG+AE＝=8，故②正确；
∵AD＝4，
∴DG＝AD﹣AG＝,
∴DG2+BE2＝+1＝,
∵EG2＝（）2＝≠,
∴EG2≠DG2+BE2,故③错误,
∴正确的有①②,
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了三角形的综合应用,结合了全等三角形,勾股定理,三角形相似等知识点解题.
75．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）
A． B．5 C． D．10
【答案】A
【解析】
【分析】
利用D为AB的中点，DE//BC，证明DE是中位线，求得的面积，利用相似三角形的性质求解的面积，由勾股定理可得答案．
【详解】
解：是AB的中点，
是的中位线，
故选A．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
76．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】
连接OA，
∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，
∴OD＝10，OM＝6，
∵AB⊥CD，
∴，
∴AB＝2AM＝16．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
77．（2020·贵州黔东南?中考真题）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（ ）
A．16 B．24 C．16或24 D．48
【答案】B
【解析】
【分析】
解方程得出x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分两种情况：
①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；
②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三边关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
相关试卷
初中数学中考复习 专题66概率（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）： 这是一份初中数学中考复习 专题66概率（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共77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。
初中数学中考复习 专题54图形的相似（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）： 这是一份初中数学中考复习 专题54图形的相似（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共233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。
初中数学中考复习 专题48圆（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）： 这是一份初中数学中考复习 专题48圆（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共205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。
