专题43四边形（2）-备考2022年全国中考数学真题分项汇编（第02期全国通用）（解析版）.doc

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1、专题43四边形（2）（全国一年）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1（2020·贵州遵义?中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB5，AC6，过点D作DEBA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（）ABC4D【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2（2020·北京中考真题）正五边形的外角和为（ ）A180°

2、B360°C540°D720°【答案】B【解析】【分析】根据多边形的外角和定理即可得【详解】任意多边形的外角和都为，与边数无关故选：B【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，熟记多边形的外角和定理是解题关键3（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，将矩形ABCD沿AC折叠，使点B落在点B处，BC交AD于点E，若125°，则2等于（）A25°B30°C50°D60°【答案】C【解析】【分析】由折叠的性质可得出ACB的度数，由矩形的性质可得出ADBC，再利用“两直线平行，内错角相等”可求出2的度数【详解】解：由

3、折叠的性质可知：ACB125°四边形ABCD为矩形，ADBC，21+ACB25°+25°50°故选：C【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，解答关键是注意应用折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等的性质4（2020·浙江温州?中考真题）如图，在ABC中，A40°，ABAC，点D在AC边上，以CB，CD为边作BCDE，则E的度数为（ ）A40°B50°C60°D70°【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

4、解】解：A40°，ABAC，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5（2020·山东德州?中考真题）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）A80米B96米C64米D48米【答案】C【解析】【分析】根据多边形的外角和即可求出答案【详解】解：根据题意可知，他需要转360&

5、#247;45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米故选：C【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数任何一个多边形的外角和都是360°6（2020·江苏无锡?中考真题）正十边形的每一个外角的度数为（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】利用多边形的外角性质计算即可求出值【详解】解：360°÷1036°，故选：A【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角性质是解本题的关键7（2020·江苏连云港?中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠，使点落在对角线上的处若，则等于（ ）ABCD【答案】C【

6、解析】【分析】先根据矩形的性质得到ABD=66°，再根据折叠的性质得到EBA=33°，再根据直角三角形两锐角互余即可求解【详解】四边形ABCD是矩形，ABC=90°，ABD=90°-=66°，将矩形纸片沿折叠，使点落在对角线上的处，EBA=ABD =33°，=90°-EBA=，故选C【点睛】此题主要考查矩形内的角度求解，解题的关键是熟知矩形及折叠的性质8（2020·山东泰安?中考真题）将含30°角的一个直角三角板和一把直尺如图放置，若，则等于（ ）A80°B100°C110°

7、D120°【答案】C【解析】【分析】如图，先根据平行线性质求出3，再求出4，根据四边形内角和为360°即可求解【详解】解：如图，由题意得DEGF，1=3=50°，4=180°-3=130°，在四边形ACMN中，2=360°-A-C-4=110°故选：C【点睛】本题考查了平行线的性质，四边形的内角和定理，熟知相关定理是解题关键9（2020·四川南充?中考真题）如图，面积为S的菱形ABCD中，点O为对角线的交点，点E是线段BC单位中点，过点E作EFBD于F，EGAC与G，则四边形EFOG的面积为（ ）ABCD【答案】B

8、【解析】【分析】由菱形的性质得出OAOC，OBOD，ACBD，SAC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EFOC，EGOB，得出EF、EG都是OBC的中位线，则EFOCAC，EGOBBD，由矩形面积即可得出答案【详解】解：四边形ABCD是菱形，OAOC，OBOD，ACBD，SAC×BD，EFBD于F，EGAC于G，四边形EFOG是矩形，EFOC，EGOB，点E是线段BC的中点，EF、EG都是OBC的中位线，EFOCAC，EGOBBD，矩形EFOG的面积EF×EGAC×BD =S；故选：B【点睛】本题考查了菱形的性质及面积的求法、矩形的判定与性质、三角形中位

9、线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键10（2020·四川泸州?中考真题）下列命题是假命题的是（ ）A平行四边形的对角线互相平分B矩形的对角线互相垂直C菱形的对角线互相垂直平分D正方形的对角线互相垂直平分且相等【答案】B【解析】【分析】利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质解题即可.【详解】解：A、正确，平行四边形的对角线互相平分，故选项不符合；B、错误，应该是矩形的对角线相等且互相平分，故选项符合；C、正确，菱形的对角线互相垂直且平分，故选项不符合；D、正确，正方形的对角线相等且互相垂直平分，故选项不符合；故选：B【点睛】本题考查命题与定理、特殊四边形的性质等知

10、识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型11（2020·山东临沂?中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（ ）ABCD的大小与P点位置有关【答案】C【解析】【分析】过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，表示出S1+ S2，得到即可【详解】解：如图，过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，根据平行四边形的性质可知PEBC，AD=BC，S1=AD×PF，S2=BC×PE，S1+ S2=AD×PF+BC×PE=AD×（PE+PE）=AD×EF=S

11、，故选C【点睛】本题考查了三角形的面积和平行四边形的性质，解题的关键是作出平行四边形过点P的高12（2020·山东菏泽?中考真题）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）A互相平分B相等C互相垂直D互相垂直平分【答案】C【解析】【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形【详解】根据题意画出图形如下：答：AC与BD 的位置关系是互相垂直证明：四边形EFGH是矩形，FEH=90°，又点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，EF是三角形

12、ABD的中位线，EFBD，FEH=OMH=90°，又点E、H分别是AD、CD各边的中点，EH是三角形ACD的中位线，EHAC，OMH=COB=90°，即ACBD故选C【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键13（2020·湖南衡阳?中考真题）如图,在四边形ABCD中,AC与BD相交于点O,下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）AABDC,AB=DCBAB=DC,AD=BCCABDC,AD=BCDOA=OC,OB=OD【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形的判定方法逐项分析即可.【详解】A.

13、ABDC,AB=DC，四边形ABCD是平行四边形； B. AB=DC,AD=BC，四边形ABCD是平行四边形；C.等腰梯形ABCD满足 ABDC,AD=BC，但四边形ABCD是平行四边形； D. OA=OC,OB=OD，四边形ABCD是平行四边形；故选C.【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形；.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.14（2020·河南中考真题）如图，在中，边在轴上，顶点的坐标分别为和将正方形

14、沿轴向右平移当点落在边上时，点的坐标为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】先画出落在上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解的长度，结合正方形的性质，从而可得答案【详解】解：由题意知： 四边形为正方形， 如图，当落在上时， 由 故选 【点睛】本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键15（2020·贵州贵阳?中考真题）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（ ）A5B20C24D32【答案】B【解析】【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等

15、求出周长即可【详解】解：如图所示，根据题意得AO，BO，四边形ABCD是菱形，ABBCCDDA，ACBD，AOB是直角三角形，AB，此菱形的周长为：5×420故选：B【点睛】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：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16（2020·天津中考真题）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，点C在第一象限，则点C的坐标是（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出B，BC的长度，进而得出C点的坐

16、标即可【详解】解：O，D两点的坐标分别是，OD6，四边形是正方形，OBBC，OB=BC=6C点的坐标为：，故选：D【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键17（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（ ）ABCD【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18（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，正方

17、形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（）A1B2C3D4【答案】B【解析】【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆（扇形）的面积减去以1为半径的半圆（扇形）的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆（扇形）的面积，本题得以解决【详解】解：由题意可得，阴影部分的面积是：×222（1×1×12）2，故选：B【点睛】本题主要考查运用正方形的性质，圆的面积公式（或扇形的面积公式），正方形的面积公式计

18、算不规则几何图形的面积，解题的关键是理解题意，观察图形，合理分割，转化为规则图形的面积和差进行计算19（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x210x+240的一个根，则该菱形ABCD的周长为（）A16B24C16或24D48【答案】B【解析】【分析】解方程得出x4或x6，分两种情况：当ABAD4时，4+48，不能构成三角形；当ABAD6时，6+68，即可得出菱形ABCD的周长【详解】解：如图所示：四边形ABCD是菱形，ABBCCDAD，x210x+240，因式分解得：（x4）（x6）0，解得：x4或x6，分两种情况：当ABAD4时，4+

19、48，不能构成三角形；当ABAD6时，6+68，菱形ABCD的周长4AB24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20（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（ ）AB5CD10【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

20、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21（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，BE1，DAM45°，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：ECF的面积为；AEG的周长为8；EG2DG2+BE2；其中正确的是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】先判断出H90°，进而求出AHHF1BE进而判断出EHFCBE（SAS），得出EFEC，HEFBCE，判断出CEF是等腰直角三角形，再用勾

21、股定理求出EC217，即可得出正确；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APPHAH1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ4，BQ1，FQ5，CQ3，再判断出FPGFQC，得出,求出PG，再根据勾股定理求得EG，即AEG的周长为8，判断出正确；先求出DG，进而求出DG2+BE2，在求出EG2=，判断出错误，即可得出结论【详解】解：如图，在正方形ABCD中,ADBC，ABBCAD4,BBAD90°,HAD90°,HFAD,H90°,HAF90°DAM45°,AFHHAF.AF,AHHF1BE.EHAE+AHABBE

22、+AH4BC,EHFCBE（SAS）,EFEC，HEFBCE,BCE+BEC90°,HEF+BEC90°,FEC90°,CEF是等腰直角三角形,在RtCBE中，BE1，BC4,EC2BE2+BC217,SECFEFECEC2,故正确:过点F作FQBC于Q,交AD于P,APF90°HHAD,四边形APFH是矩形,AHHF,矩形AHFP是正方形,APPHAH1,同理：四边形ABQP是矩形,PQAB4,BQAP1,FQFP+PQ5,CQBCBQ3,ADBC,FPGFQC,PG,AGAP+PG,在RtEAG中，根据勾股定理得，EG,AEG的周长为AG+EG+AE

23、=8，故正确；AD4，DGADAG,DG2+BE2+1,EG2（）2,EG2DG2+BE2,故错误,正确的有,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.22（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB3，BC4，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D，设点P运动的路程为x，ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】分别求出0x4、4x7时函数表达式，即可求解【详解】解：由题意当0x4时，y×AD×AB×3×46， 当4x

24、7时，y×PD×AD×（7x）×4142x故选：D【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型23（2020·浙江宁波?中考真题）如图，在RtABC中，ACB90°，CD为中线，延长CB至点E，使BEBC，连结DE，F为DE中点，连结BF若AC8，BC6，则BF的长为（）A2B2.5C3D4【答案】B【解析】【分析】利用勾股定理求得AB=10；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是CDE的中位线，则BF=CD【详解】解：在RtABC中，

25、ACB90°，AC8，BC6，AB10又CD为中线，CDAB5F为DE中点，BEBC，即点B是EC的中点，BF是CDE的中位线，则BFCD2.5故选：B【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是CDE的中位线24（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（ ） AAB平分CADBCD平分ACBCABCDDAB=CD【答案】D【解析】【分析】根据作图判断出四边形ACBD是菱形，再根

26、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、ABCD，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25（2020·浙江台州?中考真题）下是关于某个四边形的三个结论：它的对角线相等；它是一个正方形；它是一个矩形下列推理过程正确的是（ ）A由推出，由推出B由推出，由推出C由推出，由推出D由推出，由推出【答案】A【解析】【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可【详解】根据正方形特点由

27、可以推理出，再由矩形的性质根据推出，故选A【点睛】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般26（2020·浙江衢州?中考真题）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】先判断出ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论【详解】解：由折叠补全图形如图所示，四边形ABCD是矩形，ADA'=B=C=A=90°，AD=BC=1，CD=AB，由第一次折叠得：DAE=A=90°，ADE=ADC=45°，AED=ADE=45

28、6;，AE=AD=1，在RtADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，由第二次折叠可知，故选：A【点睛】本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键27（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（ ）ABCD【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

29、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28（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（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】由已知及菱形的性质求得ABD=CDB=30º，AOBD，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，AOBD ， AD=AB=4，ABDCBAD=120º，ABD=ADB=CDB=30º，OEDC，在RtAOD中，AD=4 ， AO=2 ，DO

30、=，在RtDEO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.29（2020·四川乐山?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于、两点，是以点为圆心，半径长的圆上一动点，连结，为的中点若线段长度的最大值为，则的值为（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】连接BP，证得OQ是ABP的中位线，当P、C、B三点共线时PB长度最大，PB=2OQ=4，设 B点的坐标为（x，-x），根据点，可利用勾股定理

31、求出B点坐标，代入反比例函数关系式即可求出k的值【详解】解：连接BP，直线与双曲线的图形均关于直线y=x对称，OA=OB，点Q是AP的中点，点O是AB的中点OQ是ABP的中位线，当OQ的长度最大时，即PB的长度最大，PBPC+BC，当三点共线时PB长度最大，当P、C、B三点共线时PB=2OQ=4，PC=1，BC=3，设B点的坐标为（x，-x），则，解得（舍去）故B点坐标为，代入中可得：，故答案为：A【点睛】本题考查三角形中位线的应用和正比例函数、反比例函数的性质，结合题意作出辅助线是解题的关键30（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，ABC的平分线交AC于点E

32、，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF2FD，则的值为（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由AF2DF，可以假设DFk，则AF2k，AD3k，证明ABAF2k，DFDGk，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题【详解】解：由AF2DF，可以假设DFk，则AF2k，AD3k，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，ABCD，ABCD，AFBFBCDFG，ABFG，BE平分ABC，ABFCBG，ABFAFBDFGG，ABCD2k，DFDGk，CGCD+DG3k，ABDG，ABECGE，故选：C【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形

33、的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键31（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在RtABC中，C90°，ACBC，点O在AB上，经过点A的O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD，则图中阴影部分面积为（）A4B2C2D1【答案】B【解析】【分析】连接OD，OHAC于H，如图，根据切线的性质得到ODBC，则四边形ODCH为矩形，所以OHCD，则OAOH2，接着计算出BOD45°，BDOD2，然后利用扇形的面积公式，利用图中阴影部分面积SOBDS扇形DOE进行计算【详解】解：连接OD，过O作OHAC于H，如图，C90°，ACBC，B

34、CAB45°，O与BC相切于点D，ODBC，四边形ODCH为矩形，OHCD，在RtOAH中，OAH45°，OAOH2，在RtOBD中，B45°，BOD45°，BDOD2，图中阴影部分面积SOBDS扇形DOE0.5×2×22故选：B【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系也考查了扇形面积的计算32（2020·山东德州?中考真题）下列命题：一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；一个角为90°且一组

35、邻边相等的四边形是正方形；对角线相等的平行四边形是矩形其中真命题的个数是（ ）A1B2C3D4【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定逐一判断即可【详解】解：一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，是假命题；对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，是真命题；一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形，是假命题；对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题故选：B【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、正方形、矩形的判定，熟知特殊四边形的判定定理是解题关键33（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

36、的长度为（ ）ABCD【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34（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（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】延长EF，DA交于G，连接DE，先证明AFGBFE，进而得到BE=AG，F是GE的中点，结合条件BFG

37、E进而得到BF是线段GE的垂直平分线，得到GD=DE，最后在RtAED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，ABBC，GAB=EBF且GFA=EFB，AFGBFE(ASA)，设，由GF=EF，且DFE=90°知，DF是线段GE的垂直平分线，在RtGAE中，在RtAED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.35（2020·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的对角线AC的中点与

38、坐标原点重合，点E是x轴上一点，连接AE若AD平分，反比例函数的图象经过AE上的两点A，F，且，的面积为18，则k的值为（ ）A6B12C18D24【答案】B【解析】【分析】先证明OBAE，得出SABE=SOAE=18，设A的坐标为（a，），求出F点的坐标和E点的坐标，可得SOAE=×3a×=18，求解即可【详解】解：如图，连接BD，四边形ABCD为矩形，O为对角线，AO=OD，ODA=OAD，又AD为DAE的平分线，OAD=EAD，EAD=ODA，OBAE，SABE=18，SOAE=18，设A的坐标为（a，），AF=EF，F点的纵坐标为，代入反比例函数解析式可得F点的坐标

39、为（2a，），E点的坐标为（3a，0），SOAE=×3a×=18，解得k=12，故选：B【点睛】本题考查了反比例函数和几何综合，矩形的性质，平行线的判定，得出SABE=SOAE=18是解题关键36（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在扇形中，已知，过的中点作，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】连接OC，易证，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案【详解】连接OC

40、点为的中点在和中又四边形CDOE为正方形由扇形面积公式得故选B【点睛】本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键37（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，四边形是菱形，E、F分别是、两边上的点，不能保证和一定全等的条件是（ ）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据菱形的性质结合全等三角形的判定方法，对各选项分别判断即可得解【详解】四边形是菱形，AB=BC=CD=DA，如果，即，(ASA)，故A正确；如果EC=FC，BC-EC=CD-FC，即BE=DF，(SAS)，故B正确；如果AE=AF，AB=DA，是SSA，则不能判定和全等，故C错误；如果，则

41、，(SAS)，故D正确；故选：C【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角38（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：；四边形是平行四边形；其中正确结论的个数是（ ）A1个B2个C3个D4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

42、四边形DBCF为平行四边形，可判断；利用邻补角的性质结合已知可证得CFE =FGE，即可判断；由的结论可证得FEGFCD，推出，即可判断【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，FCBD，FC=AD=BD，四边形DBCF为平行四边形，故正确；DF=BC，DE=BC，故正确；四边形ADCE为菱形，CF=CD，CFE=CDE，CDE+EGC=180，而FGE+EGC=180，CDE=FGE，CFE =FGE，EF=EG，故正确；CDF=FGE，CFD=EFG，FEGFCD，即，BC =DF，故正确；综上，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39（2