数学-2021年中考考前20天终极冲刺攻略(四)

目录/contents倒计时第5天多边形与平行四边形………………………………………01倒计时第4天特殊的平行四边形…………
………………………………22倒计时第3天圆……………………………………………………………53倒计时第2天视图与投影……
……………………………………………88倒计时第1天统计与概率…………………………………………………104——多边形与平行四边
形1．了解：多边形的概念，平行四边形的相关概念，多边形的内角和与外角和定理.2．理解：多边形的内角和定理，平行四边形的性质与判定.
3．会：求一个多边形的内角和;用判定定理方法证明一个四边形是平行四边形.4．掌握：多边形的外角和定理，平行四边形的性质定理与判定定
理.5．能：用多边形的外角和定理来解决相关问题;熟练地应用平行四边形的性质来解答有关线段和角的计算.1．从考查的题型来看，主要以解
答题的形式进行考查,少数以填空题或选择题的形式进行考查，属于中档题,难度一般.2．从考查的内容来看,重点涉及的有：多边形的内外角和
定理，平行四边形的性质与判定定理;多边形与平行四边形的应用.3．从考查的热点来看,主要涉及的有：多边形的内外角和定理，平行四边形的
性质与判定定理，多边形与平行四边形的实际综合应用.一、多边形的内角和与外角和定理1．多边形的内角和定理：n边形的内角和等于180°
；多边形的外角和定理：任意多边形的外角和等于360°．2．注意：多边形的边数每增加1，内角和增大180°，外角和不变；四边形的内角
和与外角和的度数相等．二、平行四边形1．性质：（1）平行四边形的邻角互补，对角相等；（2）平行四边形的对边平行且相等；（3）平行四
边形的对角线互相平分．2．判定：（1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边
形；（3）定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（4）定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形；（5）定理4：一组对边平
行且相等的四边形是平行四边形．3．注意：（1）夹在两条平行线间的平行线段相等；（2）若一直线过平行四边形两对角线的交点，则这条直
线被一组对边截下的线段以对角线的交点为中点，并且这条直线二等分此平行四边形的面积；（3）由平行四边形的性质可以证明线段相等或角相等
或平行关系；（4）平行四边形的判定经常与全等三角形的有关问题相结合，学会将平行四边形问题转化为三角形问题；（5）针对实际问题，灵活
选用平行四边形的判定方法来证明一个四边形是平行四边形是解决此类问题的关键．1．（2020·四川中考真题）多边形的内角和不可能为（
）A．180°B．540°C．1080°D．1200°【答案】D【分析】多边形的内角和可以表示成（n–2）?180°（n≥3且n
是整数），则多边形的内角和是180度的倍数，由此即可求出答案．【详解】多边形的内角和可以表示成（n–2）?180°（n≥3且n是整
数），n应为整数，所以n–2也是整数，所以多边形的内角能被180整除，因为在这四个选项中不是180°的倍数的只有1200°．故选D
．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，牢记定理是解答本题的关键，难度不大．2．（2020·湖南娄底市·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．5B．6C．7D．8【答案】B【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．3．（2020·湖南益阳市·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【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：因为四边形ABCD是平行四边形，所以OA=AC=3，BO=BD=4，在△A
OB中，4–3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．4．（2020·广西河池市·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．5B．6C．4D．5【答案】C【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：因为CE平分∠BCD，所以∠BCE＝∠DCE，因为四边形ABCD是平行四边
形，所以AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，所以∠BEC＝∠DCE，所以∠BEC＝∠BCE，所以BC＝BE＝5，所以AD＝5，因为
EA＝3，ED＝4，在△AED中，32+42＝52，即EA2+ED2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以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．5．（2020·四川眉山市·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【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：因为；所以；因为，；所以故选
：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6．（2020·辽宁葫芦岛市·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【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：因为，所以四边
形ABFD是平行四边形，所以∠A=∠F，在△BDF中，，所以，所以∠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．7．（2020·内蒙古呼伦贝尔市·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．14B．20C．22D．28【答案】B【分析】根据已知条件证明四边形MND
E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：因为BD和CE分别是△ABC的中线，所以DE=
BC，DE∥BC，因为M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，所以MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3
，所以四边形MNDE为平行四边形，因为BD⊥CE，所以平行四边形MNDE为菱形，所以OE=ON=3所以BC=，所以DE=MN=EM
=DN=5，所以四边形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
．8．（2020·吉林长春市·中考真题）正五边形的一个外角的大小为__________度．【答案】72【分析】根据多边形的外角和是
360°，依此即可求解．【详解】解：正五边形的一个外角的度数为：，故答案为：72．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，正确理解多
边形的外角和为360°是解题的关键．9．（2020·四川广安市·中考真题）已知三角形三条边的长分别是7cm，12cm，15cm，则
连接三边中点所构成三角形的周长为________cm．【答案】17【分析】三角形两边中点的连线是三角形的中位线，如解图，DE，DF
，EF都是△ABC的中位线，根据中位线的性质可分别求出长度，从而得到周长．【详解】解：如下图，在△ABC中，点D、E、F分别是AB
、BC、CA的中点，AB=15cm，BC=12cm，AC=7cm因为点D、E分别是AB、BC的中点所以DE是△BAC的中位线所以D
E=cm同理，EF=cm，DF=cm所以△DEF的周长=＋＋cm故答案为：17．【点睛】本题考查三角形中位线的定理，需要注意，三角
形的中位线平行且等于对应底边的一半，且不可弄错边之间的关系．10．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，平行四边形的顶点A在反比
例函数的图象上，点B在y轴上，点C，点D在x轴上，与y轴交于点E，若，则k的值为_______．【答案】6【分析】过A向x轴作垂线
，垂足为F，得到ABOF为矩形，又ABCD为平行四边形，，可得到平行四边形ABCD为6，根据平行四边形ABCD的面积等于矩形ABO
F的面积，可得出k的值．【详解】解：过A向x轴作垂线，垂足为F，所以可得ABOF为矩形，又ABCD为平行四边形，所以，所以S平行四
边形ABCD=6，又S平行四边形ABCD=S矩形ABOF=6，所以k=6，故答案为：6．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行四
边形中三角形与平行四边形面积关系，反比例函数中k的几何意义问题，解题关键在于找出三角形BCE与平行四边形ABCD面积的关系，根据k
的几何意义求出k的值．11．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）如图，以为边，在的同侧分别作正五边形和等边，连接，则的度数是___
_________．【答案】66°【分析】由是正五边形可得AB=AE以及∠EAB的度数，由△ABF是等边三角形可得AB=AF以及∠
FAB的度数，进而可得AE=AF以及∠EAF的度数，进一步即可根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出答案．【详解】解：因为五
边形是正五边形，所以AB=AE，∠EAB=108°，因为△ABF是等边三角形，所以AB=AF，∠FAB=60°，所以AE=AF，∠
EAF=108°－60°=48°，所以∠EFA=．故答案为：66°．【点睛】本题考查了正多边形的内角问题、等边三角形的性质、等腰三
角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．12．（2020·陕西中考真题）如图，在正
五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是_____．【答案】144°．【分析】根据正五边形的性质和内
角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答．【详解】解：因为五边形ABCDE是正五边形，
所以∠C＝＝108°，BC＝DC，所以∠BDC＝＝36°，所以∠BDM＝180°–36°＝144°，故答案为：144°．【点睛】本
题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键．13．（2020·四川中考真
题）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，CF⊥BE，连接AE，G是AB的中点，连接GF，若AE＝4，则GF＝_____
．【答案】2【分析】根据平行四边形的性质结合角平分线的定义可求解∠CBE=∠BEC，即可得CB=CE，利用等腰三角形的性质得到BF
=EF，进而可得GF是△ABE的中位线，根据三角形的中位线的性质可求解．【详解】在平行四边形ABCD中，AB∥CD，所以∠ABE=
∠BEC．因为BE平分∠ABC，所以∠ABE=∠CBE，所以∠CBE=∠BEC，所以CB=CE．因为CF⊥BE，所以BF=EF．因
为G是AB的中点，所以GF是△ABE的中位线，所以GF=AE，因为AE=4，所以GF=2．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了平行
四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，证明GF是△ABE的中位线是解题的关键．14．（2020·辽宁鞍山市·中
考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．【答案】3【分析】根据□AB
CD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方
及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF–S△CEF=3．【详解】解：因为在□ABCD
中，AB∥CD，点E是CD中点，所以EC是△ABF的中位线；在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，所以△ABF∽△E
CF，所以，所以S△ABF：S△CEF=1：4；又因为△ECF的面积为1，所以S△ABF=4，所以S四边形ABCE=S△ABF–S
△CEF=3．故答案为：3．【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及
三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．15．（2020·辽宁沈阳市·中考真题）如图，
在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为__________．【答案】8【分析】先根据三角形中位线定理可得B
C的长，再根据平行四边形的性质可得AD的长，然后根据即可得．【详解】点，点分别是中点是的中位线四边形ABCD是平行四边形又故答案为
：8．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质等知识点，熟记三角形中位线定理是解题关键．16．（2020·四川广安市·
中考真题）如图，在?ABCD中，点E，F是对角线AC上的两点，且AF=CE，连接DE，BF．求证：DE∥BF．【答案】证明见解析【
分析】连接BE、DF和BD，BD与AC交于点O，根据平行四边形的性质可得BO=DO，AO=CO，从而可证OF=OE，然后根据平行四
边形的判定定理即可证出四边形DEBF为平行四边形，从而证出结论．【详解】解：连接BE、DF和BD，BD与AC交于点O因为四边形AB
CD为平行四边形所以BO=DO，AO=CO因为AF=CE，所以AF－AO=CE－CO所以OF=OE所以四边形DEBF为平行四边形所
以DE∥BF．【点睛】此题考查的是平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定定理和性质定理是解题关键．17．（2020·柳州市柳
林中学中考真题）如图，已知?ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD＝12，BD＝10，AC＝26．（1）求△ADO的周长；（2
）求证：△ADO是直角三角形．【答案】（1）30；（2）见解析．【分析】（1）根据平行四边形的对角线互相平分确定AO和DO的长，然
后求得周长即可；（2）利用勾股定理的逆定理判定直角三角形即可．【详解】解：（1）因为四边形ABCD是平行四边形，所以对角线AC与B
D相互平分，所以OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，因为AC＝26，BD＝10，所以OA＝13，OD＝5，因为AD＝12，所以△A
OD的周长＝5+12+13＝30；（2）由（1）知OA＝13，OD＝5，AD＝12，因为52+122＝132，所以在△AOD中，A
D2+DO2＝AO2，所以△AOD是直角三角形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形周长的计算和利用勾股定理的逆定理判定直角
三角形，掌握平行四边形的性质解题的关键．18．（2020·广西中考真题）如图，点在一条直线上，．（1）求证：；（2）连接，求证：四
边形是平行四边形．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）先证明，再利用SSS证明；（2）根据“一组对边平行且相等的四边
形是平行四边形”证明四边形是平行四边形即可．【详解】证明：即证明：四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角
形的判定与性质、平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解决问题的关键．1．（2021·福建福州市·九年级二模
）若边形的每个内角都与其外角相等，则的值为（）．A．3B．4C．6D．82．（2021·天津南开区·九年级一模）如图，在四边形中
，点P是对角线的中点，点E，F分别是的中点，，则的度数为（）A．B．C．D．3．（2021·天津滨海新区·九年级一模）如图，平
行四边形的顶点O，A，C的坐标分别是，则顶点B的坐标是（）A．B．C．D．4．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学九年级
其他模拟）若一个多边形的内角和是1440°，则该多边形的边数为______________．5．（2021·陕西西安市·西北工业大
学附属中学九年级二模）如图，以AB为边，在AB的同侧分别作正五边形ABCDE和矩形ABFG，则∠EAG＝_____________
_．6．（2021·山西九年级二模）如图，在平行四边形中，，，，平分交于点，平分交于点，交于点，连接，则的长为__________
____．7．（2021·哈尔滨市第四十七中学九年级一模）在平行四边形中，点E为的中点，连接，，点F在上，连接，，若，则线段的长为
______________．8．（2021·广东佛山市·九年级一模）如图，在平行四边形中，点在上，点在上，且，点在上，且，连接．
求证：四边形是平行四边形．9．（2021·全国八年级单元测试）如图，在中，对角线与相交于点，点分别为的中点，连接．求证：．10．（
2021·北京交通大学附属中学九年级零模）如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延
长线于点F，连接BF，CD．（1）求证：四边形CDBF是平行四边形；（2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长
．11．（2021·江西九年级一模）在图1，图2中，点是边上的中点，请仅用无刻度直尺按要求画图，（保留作图痕迹）（1）在图1中，以
为边作三角形，使其面积等于的面积；（2）在图2中，以，为邻边作四边形，使其面积等于面积的一半．1．若正多边形的一个内角是，则这个正
多边形的边数为（）A．6B．5C．4D．32．若正多边形的一个外角的度数为，则这个正多边形的边数为（）A．7B．8C．9D．103
．如图，平行四边形的周长为20，对角线、交于点O，E为的中点，，则的周长为（）A．5B．8C．10D．124．如图中的平面图形
由多条直线组成，计算__________．5．已知一个正多边形的内角和为1260°，则这个正多边形的每个外角比每个内角小_____
_______度．6．如图，在平行四边形中，，，是锐角，于点E，F是的中点，连结．若，则的长为____________．7．如图，
在四边形ABCD中，于点A，于点C，CE平分交AD于点E，DF平分交BC于点F，．求证：．8．如图，在五边形中，，，．（1）求证：
；（2）当时，求的度数；（3）如果的外心与的内心重合，请直接写出的度数．9．已知：平行四边形，过点、分别作、的垂线，交于、两点，连
接、．（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；（2）如图2，当点为中点时，请直接写出图2中与四边形面积相等的所有三角形．1．【答案
】B【分析】由边形的每个内角都与其外角相等，根据它们是邻补角和180°和外角和360°即可算出来边数．【详解】∵边形的每个内角都与
其外角相等，∴设每个内角和外角都为x，∴x+x=180°，∴x=90°，，故选：B．【点睛】本题考查多边形的相关计算，准确记住多边
形内角和，外角和公式是解题关键．2．【答案】A【分析】由题意易得，然后可得，进而问题可求解．【详解】解：∵点P是对角线的中点，点E
，F分别是的中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴；故选A．【点睛】本题主要考查三角形中位线及等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线及等腰
三角形的性质是解题的关键．3．【答案】B【分析】根据平行四边形的性质，以及点的平移性质，即可求出点B的坐标．【详解】解：∵四边形O
ABC是平行四边形，∴OC∥AB，OA∥BC，∴点B的纵坐标为２，∵点O向右平移1个单位，向上平移２个单位得到点C，∴点A向右平移
1个单位，向上平移２个单位得到点B，∴点B的坐标为：（5，２）；故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，点坐标平移的性质，解
题的关键是熟练掌握平行四边形的性质进行解题．4．【答案】10．【分析】边形的内角和公式为，由此列方程求．【详解】解：设这个多边形的
边数是，根据多边形内角和得，解得．故答案为：10．【点睛】本题考查了多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式，构建方程即可求解．5．
【答案】18°【分析】根据四边形ABFG是矩形，得到∠GAB=90°，根据五边形ABCDE是正五边形，得到∠EAB=108°，利用
∠EAG＝∠EAB-∠GAB计算即可．【详解】∵四边形ABFG是矩形，∴∠GAB=90°，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠EAB
=108°，∴∠EAG＝∠EAB-∠GAB=108°-90°=18°,故答案为:18°．【点睛】本题考查了矩形的性质,正五边形的内
角和定理，熟练掌握正五边形和矩形的内角和是解题的关键．6．【答案】【分析】作GH⊥AD于H，解直角三角形求出GH、AH、HD即可．
【详解】解：作GH⊥AD于H，∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵，∴∠BAD=120°，∵平分，平分，∴∠ABG=3
0°，∠BAG=∠DAG=60°，∴∠AGB=90°，∴AG=AB=4，∴AH=AGcos60°=2，GH=AGsin60°=2，
∴DH=AD-AH=8，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和解直角三角形，解题关键是构建直角三角形，利用解直角三角形解决问题．7
．【答案】【分析】连接AC，证明三角形CAD是等腰三角形，计算EC的长，延长FE交CD的延长线于点G，证明△AFE≌△DGE，求得
CE=GE=4，过点E作EH⊥CG，垂足为H，则CH=HG，设DG=x，则CH=HG=，用勾股定理计算即可．【详解】如图，连接AC
，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=6，∵AE=ED，CE⊥AD，∴AC=CD=5，AE=DE=3，∴EC=EF==4，
延长FE交CD的延长线于点G，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AF∥DG，∴∠FAE=∠GDE，∠AFE=∠DGE，∵AE=ED，
∴△AFE≌△DGE，∴FE=GE=4，∴CE=GE=4，过点E作EH⊥CG，垂足为H，则CH=HG，设DG=x，则CG=CD+D
G=5+x，∴CH=HG=，∴DH=HG-DG=-x=,∵∴,解得x=即AF=，∴BF=BA-AF=5-=，故答案为：．【点睛】本
题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的全等，勾股定理，构造辅助线是解题的关键．8．【答案】见详解【分析】由平行
四边形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，从而得，进而可证明△CFG≌△AEH，从而得GF=HE，GF∥HE，进而即可求证．【详解】
证明：∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，∴∠GCF＝∠HAE，∵DG＝BH，∴GC＝AH，在△CFG与△AEH中，
，∴△CFG≌△AEH（SAS），∴GF=HE，∠CFG＝∠AEH，∴∠GFE＝∠HEF，∴GF∥HE，∴四边形是平行四边形．【点
睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．9．【答案】见解析【分析
】根据平行四边形的性质证明即可．【详解】解：，，，，∴点、分别为、的中点，，，在和中，，，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三
角形全等的判定和性质；掌握好平行四边形的性质，熟悉三角形全等判定的条件是解决本题的关键．10．【答案】（1）见解析；（2）8【分析
】（1）欲证明四边形CDBF是平行四边形只要证明CF∥DB，CF＝DB即可；（2）如图，作EM⊥DB于点M，解直角三角形即可；【详
解】（1）证明：∵CF∥AB，∴∠ECF＝∠EBD．∵E是BC中点，∴CE＝BE．∵∠CEF＝∠BED，∴△CEF≌△BED．∴C
F＝BD．∴四边形CDBF是平行四边形．（2）解：如图，作EM⊥DB于点M，∵四边形CDBF是平行四边形，BC＝，∴，DF＝2DE
．在Rt△EMB中，EM＝BE?sin∠ABC＝2，在Rt△EMD中，∵∠EDM＝30°，∴DE＝2EM＝4，∴DF＝2DE＝8．
【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、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，
构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．11．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）连接CE并延长，交BA的延长线于
点P，根据可得；（2）连接平行四边形的对角线，交于点O，可得BO=DO，再连接EO并延长，交BC于点F，根据，可得EO=FO,连接
DF，即可得到平行四边形BEDF面积等于面积的一半．【详解】（1）连接CE并延长，交BA的延长线于点P，即为所求的以为边所作的三角
形；（2）连接平行四边形的对角线，交于点O，连接EO并延长，交BC于点F，连接DF，平行四边形BEFD就是以，为邻边所求作的四边形
．【点睛】本题考查尺规作图，涉及平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是
解题关键．1．【答案】A【分析】多边形的内角和可以表示成(n-2)?180°，因为所给多边形的每个内角均相等，故又可表示成120°
n，列方程可求解．【详解】解：设所求正n边形边数为n，则120°n=(n-2)?180°，解得n=6，故选：A．【点睛】本题考查了
根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算是解答此题的关键．2．【答案】C【分析】利用正多边形的外角
，求出n即可．【详解】解：由题意，解得n=9．故选：C．【点睛】本题考查多边形与外角，解题的关键是记住正多边形的外角．3．【答案】
B【分析】根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB＝OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE＝
BC，所以易求△DOE的周长．【详解】解：∵?ABCD的周长为20cm，∴2（BC＋CD）＝20，则BC＋CD＝10．∵四边形AB
CD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD＝6，∴OD＝OB＝BD＝3．又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，D
E＝CD，∴OE＝BC，∴△DOE的周长＝OD＋OE＋DE＝BD＋（BC＋CD）＝5＋3＝8，即△DOE的周长为8．故选B．【点睛
】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质．解题时，利用了“平行四边形对角线互相平分”、“平行四边形的对边相等”的性质．4．【
答案】【分析】由对顶角相等，结合多边形外角和定理可知，逆时针∠1、∠2、∠3、∠4、∠5组成多边形的外角和，由此即可求解．【详解】
解：如下图所示，由对顶角相等可知：∠2=∠6，∠5=∠7，逆时针数，∠1、∠6、∠3、∠4、∠7组成了多边形的外角和，由多边形外角
和定理可知：∠1+∠6+∠3+∠4+∠7=360°，∴，故答案为：360°．【点睛】本题考查了多边形的外角和定理及对顶角相等，属于
基础题，熟练掌握基本几何图形的性质是解决本题的关键．5．【答案】100【分析】首先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求出
每个内角和每个外角度数，进而求出答案．【详解】解：设正多边形的边数为n，∵正多边形的内角和为1260°．∴（n﹣2）×180°＝1
260°，解得：n＝9，每个内角为：1260°÷9＝140°，正九边形的每个外角为：360÷9＝40°，140°﹣40°＝100°
，∴这个多边形的每个外角比每个内角小100°，故答案为：100．【点睛】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和
是360°．6．【答案】【分析】如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x．首先证明DQ＝DE＝x＋2，利用勾股定理构
建方程即可解决问题．【详解】解：如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DQ∥BC
，∴∠Q＝∠BEF，∵AF＝FB，∠AFQ＝∠BFE，∴△QFA≌△EFB（AAS），∴AQ＝BE＝x，QF＝EF，∵∠EFD＝9
0°，∴DF⊥QE，∴DQ＝DE＝x＋2，∵AE⊥BC，BCAD，∴AE⊥AD，∴∠AEB＝∠EAD＝90°，∵AE2＝DE2?A
D2＝AB2?BE2，∴（x＋2）2?4＝6?x2，整理得：2x2＋4x?6＝0，解得x＝1或?3（舍弃），∴BE＝1，∴AE＝，
故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加
常用辅助线，构造全等三角形解决问题．7．【详解】证明：∵，，∴，∵，，∴，∵DF平分，∴，∴，∵BE平分，∴，∴，∴.【点睛】此题
考查四边形内角和定理，角平分线的性质，直角三角形两锐角互余，平行线的判定定理，正确掌握各定理是解题的关键.8．【详解】证明：（1）
∵，∴，又∵，∴，在和中，，∴解：（2）当时，，又∵，∴五边形中，．（3）如图示，圆是的外心，圆是的内心，并且与重合，∵，∴是等边
三角形，∴圆是的外心，则圆是四边形的外接圆，∵是等边三角形，∴【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，等边三角形的性质
和应用，多边形内角和，圆周角的性质和应用，熟悉相关性质是解题的关键．9．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，．四边形是平行
四边形．（2）∵点为中点时，∴EF=FD，由（1）得，∴ED=BF，∴BE=DF，∴BE=EF=FD，∴，同理可证，∵四边形AEC
F是平行四边形，∴，∴=∴符合题意的三角形有【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，三角形的全等，线段的中点与三角形的面积的关系
，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．——特殊的平行四边形1．了解：矩形、菱形、正方形的概念及其之间的相互关系.2．理解
：矩形、菱形、正方形及梯形的性质与判定定理.3．会：会从边、角、对角线方面通过合情推理提出性质猜想，并用演绎推理加以证明；会用判定
定理判定平行四边形是否是矩形及一般四边形是否是矩形.4．掌握：矩形、菱形、正方形及梯形的性质与判定定理.5．能：能运用矩形、菱形、
正方形及梯形的性质解决相关线段或角的问题；熟练运用特殊四边形的判定及性质定理对中点四边形进行判断，并能对自己的猜想进行证明；能综合
运用特殊四边形的性质和判定定理解决问题，发现决定中点四边形形状的因素.1．从考查的题型来看，主要以选择题或解答题的形式进行考查,属
于中、高档题,难度比较大,综合性比较强.2．从考查的内容来看,重点涉及的有：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的性质与判定定理及
其综合应用.3．从考查的热点来看,主要涉及的有：平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称
、旋转与生产实际相结合的综合问题.一、矩形1．概念：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质；
（2）矩形的四个角都是直角；（3）矩形的对角线相等；（4）矩形是轴对称图形．3．判定：（1）定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形
；（2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形；（3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形．4．注意：（1）关于矩形，应从平行四边形
的内角的变化上认识其特殊性——一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质——轴对称图形、内角都是直角、对角线相等；（2）证
明一个四边形是矩形时，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．二、菱形1．概念：有一组邻边相等的平行四边
形叫做菱形．2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质；（2）菱形的四条边相等；（3）菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组
对角；（4）菱形是轴对称图形．3．判定：（1）定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）定理1：四边都相等的四边形是菱形；（3
）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．4．菱形的面积：=底边长×高=两条对角线乘积的一半．5．注意：菱形是在平行四边形的前提
下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形
的判定方法．三、正方形1．概念：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．2．性质：（1）具有平行四边形、矩形、菱形
的一切性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角；
（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴；（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全
等的小等腰直角三角形；（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等．3．注意：正方形的判定没有固定的方法，只要
判定既是矩形又是菱形即可．1．（2020·山东日照市·中考真题）已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的面积为（）A
．8B．8C．4D．2【答案】D【分析】根据菱形的性质和菱形面积公式即可求出结果．【详解】解：如图，因为两邻角度数之比为1：2，两
邻角和为180°，所以∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，因为菱形的周长为8，所以边长AB＝2，所以菱形的对角线AC＝2，BD＝
2×2sin60°＝2，所以菱形的面积＝AC?BD＝×2×2＝2．故选D．【点睛】本题考查菱形的性质，解题关键是掌握菱形的性质．2
．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·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【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：因为四边形ABCD是矩
形，所以AD∥BC，所以∠1+∠BFE＝180°，因为∠1＝125°，所以∠BFE＝55°，因为在△EGF中，∠EGF＝90°，∠
FEG＝30°，所以∠EFG＝180°–∠EGF–∠FEG＝60°，所以∠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．3．（202
0·辽宁本溪市·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．2B．C．3D．4【答
案】B【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】因为菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，所以OA=OC=AC=4，OB=OD=BD
=3，AC⊥BD，由勾股定理得，CD=，因为OE=CE，所以∠EOC=∠ECO，因为∠EOC+∠EOD=∠ECO+∠EDO=90，
所以∠EOD=∠EDO，所以OE=ED，所以OE=ED=CE，所以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·广西贵港市·中考真题）如图，动点在边长为
2的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】作点E关于DC的对称点E，
设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，由轴对称的性质及90°的圆周角所对的弦是直径，可知线段PE＋PM的最小值为O
E的值减去以AB为直径的圆的半径OM，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．【详解】解答：解：作点E关于DC的对称点E，设AB的中点
为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，如图：因为动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AM⊥BM，所以点M在以AB为直径的圆上
，OM＝AB＝1，因为正方形ABCD的边长为2，所以AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，因为E是AD的中点，所以DE＝AD＝×2＝1
，因为点E与点E关于DC对称，所以DE＝DE＝1，PE＝PE，所以AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，在Rt△AOE中，OE＝＝＝，所以
线段PE＋PM的最小值为：PE＋PM＝PE＋PM＝ME＝OE?OM＝?1．故选：A．【点睛】本题考查了轴对称?最短路线问题、圆周角
定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．5．（2020·浙江衢州市·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（）A．B．C．D．【答案
】A【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，因为四边
形ABCD是矩形，所以∠ADA''=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠
ADE=∠ADC=45°，所以∠AED=∠ADE=45°，所以AE=AD=1，在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，由第
二次折叠可知，所以故选：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．6．（2020·
辽宁葫芦岛市·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．3C．4D．【答案】C
【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：
因为，，x轴⊥y轴，所以OE=OF=1，∠FOE=90°，∠OEF=∠OFE=45°，所以，所以，因为四边形ABCD为矩形，所以∠
A=90°，因为轴，所以∠DFE=∠OEF=45°，所以∠ADF=45°，，所以所以D(4，1)，所以，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．7
．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·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OA1A2B
2，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S
1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（）A．B．22018C．22018+D．1010【答案】B【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：如图因为四边形OAA1B1是正方形，所以OA＝AA1＝A1B
1＝1，所以S1＝1×1＝，因为∠OAA1＝90°，所以OA12＝12+12＝2，所以OA2＝A2A3＝2，所以S2＝2×1＝1，
同理可求：S3＝2×2＝2，S4＝4…，所以Sn＝2n–2，所以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．8．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，点，在菱形的对
角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；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
【分析】先由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝30°，再由三
角形的外角性质得∠BFE＝80°，则∠EBF＝50°，然后证△CDE≌△CBE（SAS），得∠DEC＝∠BEC＝50°，进而得出①
正确；由SAS证△ADE≌△ABE，得②正确；证出△BEM≌△EBC（AAS），得BM＝EC，EM＝BC，③正确；连接BD交AC于
O，由菱形的性质得AC⊥BD，再由直角三角形的性质得OD＝CD＝BC，OC＝OD，则OC＝BC，进而得出④正确即可．【详解】解：因
为四边形ABD是菱形，∠ADC＝120°，所以AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠
BCE＝∠BCD＝30°，因为∠BFE＝∠BCE＋∠CBF＝30°＋50°＝80°，所以∠EBF＝180°?∠BEC?∠BFE＝1
80°?50°?880°＝50°，在△CDE和△CBE中，所以△CDE≌△CBE（SAS），所以∠DEC＝∠BEC＝50°，所以∠
BEM＝∠DEC＋∠BEC＝100°，所以∠BME＝180°?∠BEM?∠EBF＝180°?100°?50°＝30°，故①正确；在
△ADE和△ABE中，所以△ADE≌△ABE（SAS），故②正确；因为∠EBC＝∠EBF＋∠CBF＝100°，所以∠BEM＝∠EB
C，在△BEM和△EBC中，所以△BEM≌△EBC（AAS），所以BM＝EC，EM＝BC，故③正确；连接BD交AC于O，如图所示：
因为四边形ABCD是菱形，所以OA＝OC，AC⊥BD，因为∠DCO＝30°，所以OD＝CD＝BC，OC＝OD，所以OC＝BC，所以
AC＝2OC＝BC，因为BM＝EC，EM＝BC，所以AE＋BM＝AE＋EC＝AC＝BC＝EM，故④正确，正确结论的个数是4个，故选
D．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
9．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，菱形中，，则_____．【答案】【分析】利用菱形的性质可得到∠BAC=∠BCA=∠AC
D=，再利用三角形的内角和定理即可求解．【详解】因为四边形ABCD为菱形所以AC平分∠DCB，DCAB所以∠BAC=∠BCA=∠A
CD=所以在中，∠ABC=?∠BAC?∠BCA=??=故答案为：【点睛】本题主要考查了菱形的性质，灵活运用菱形的性质求得角的度数是
解题的关键．10．（2020·江苏镇江市·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的
度数为_____°．【答案】135【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP
，由三角形内角和定理可求解．【详解】解：因为四边形ABCD是正方形，所以∠ACB＝∠BAC＝45°，所以∠2+∠BCP＝45°，因
为∠1＝∠2，所以∠1+∠BCP＝45°，因为∠BPC＝180°–∠1–∠BCP，所以∠BPC＝135°，故答案为：135．【点睛
】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．11．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在矩形纸片
ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB''上的点处
，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝_____．【答案】【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝9
0°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．【详解】解：连接AF，设CE＝x，则
C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10–x，因为四边形ABCD是矩形，所以AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°
，所以AE2＝AB2+BE2＝82+（10–x）2＝164–20x+x2，EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，由折叠知，
∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，因为∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，所以∠AEF＝∠AEB′+∠
C′EF＝90°，所以AF2＝AE2+EF2＝164–20x+x2+x2+9＝2x2–20x+173，因为AF2＝AD2+DF2＝
102+（8–3）2＝125，所以2x2–20x+173＝125，解得，x＝4或6，当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8
–6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，所以CE＝C′E＝4，所以B′C′＝B′E–C′E＝（10–4）–4＝2，因为∠B′＝
∠B＝90°，AB′＝AB＝8，所以tan∠B''AC′＝=．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾
股定理，掌握折叠的性质是解题关键．12．（2020·浙江温州市·中考真题）点P，Q，R在反比例函数（常数k＞0，x＞0）图象上的位
置如图所示，分别过这三个点作x轴、y轴的平行线．图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为S1，S2，S3．若OE＝ED＝DC，S1＋
S3＝27，则S2的值为_______．【答案】【分析】利用反比例函数系数的几何意义，及OE＝ED＝DC求解，然后利用列方程求解即
可得到答案．【详解】解：由题意知：矩形的面积同理：矩形，矩形的面积都为，故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，反比例函数的系数
的几何意义，掌握以上性质是解题的关键．13．（2020·广西中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB的中点．（
1）求证：；（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AB＝AD，因为
点E，F分别是边AD，AB的中点，所以AF＝AE，在和中，，所以（SAS）；（2）解：连接BD，如图：因为四边形ABCD是菱形，所
以AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，所以是等边三角形，因为点E是边AD的中点，所以BE⊥AD，所以∠ABE＝30°，所以AE＝BE＝
1，AB＝2AE＝2，所以AD＝AB＝2，所以菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×＝2．【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形
的判定与性质，菱形的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．14．（2020·四川中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，G是对角线B
D的中点．连接GC并延长至F，使CF＝GC，以DC，CF为邻边作菱形DCFE，连接CE．（1）判断四边形CEDG的形状，并证明你的
结论．（2）连接DF，若BC＝，求DF的长．【详解】（1）四边形CEDG是菱形，理由如下：因为四边形ABCD为矩形，G是对角线BD
的中点，所以GB=GC=GD，因为CF=GC，所以GB=GC=GD=CF，因为四边形DCFE是菱形，所以CD=CF=DE，DE∥C
G，所以DE=GC，所以四边形CEDG是平行四边形，因为GD=GC，所以四边形CEDG是菱形；（2）过点G作GH⊥BC于H，设DF
交CE于点N，如图所示：因为CD=CF，GB=GD=GC=CF，所以CH=BH=BC=，△CDG是等边三角形，所以∠GCD=60°
，所以∠DCF=180°–∠GCD=180°–60°=120°，因为四边形ABCD为矩形，所以∠BCD=90°，所以∠GCH=90
°–60°=30°，所以CG===1，所以CD=1，因为四边形DCFE是菱形，所以DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=∠D
CF=×120°=60°，在Rt△CND中，DN=CD?sin∠DCE=1×sin60°=1×=，所以DF=2DN=2×=．【点睛
】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及三角函数等知识；熟练
掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．15．（2020·山东日照市·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以AB为边在A
B上方作正方形ABDE，过点D作DF⊥CB，交CB的延长线于点F，连接BE．（1）求证：△ABC≌△BDF；（2）P，N分别为AC
，BE上的动点，连接AN，PN，若DF＝5，AC＝9，求AN+PN的最小值．【详解】（1）证明：因为Rt△ABC中，∠C＝90°，
DF⊥CB，所以∠C＝∠DFB＝90°．因为四边形ABDE是正方形，所以BD＝AB，∠DBA＝90°，因为∠DBF+∠ABC＝90
°，∠CAB+∠ABC＝90°，所以∠DBF＝∠CAB，所以△ABC≌△BDF（AAS）；（2）解：因为△ABC≌△BDF，所以D
F＝BC＝5，BF＝AC＝9，所以FC＝BF+BC＝9+5＝14．如图，连接DN，因为BE是正方形顶点A与顶点D的对称轴，所以AN
＝DN．如使得AN+PN最小，只需D、N、P在一条直线上，由于点P、N分别是AC和BE上的动点，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂
足为P1，所以，AN+PN的最小值等于DP1＝FC＝14．【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，轴对称–最短路线问
题，熟练掌握正方形的性质是解题关键．16．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于
，延长交于点．（1）如图1，若，，易证：；（2）如图2，；如图3，，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立
，写出你的结论，并说明理由．【详解】（1）证明：因为，，所以，因为，所以，所以，同理，所以，因为四边形和四边形为正方形，所以，所以
.（2）如图1，时，（1）中结论成立.理由：过点作交的延长线于，过点作于，因为四边形是正方形，所以，，所以，因为，所以，所以，在和
中，，所以，所以，同理可得：，所以，在和中，，所以，所以.如图2，时，（1）中结论成立.理由：过点作交的延长线于，过点作于，因为四
边形是正方形，所以，，所以，因为，所以，所以，在和中，，所以，所以，同理可得：，所以，在和中，，所以，所以.【点睛】本题是四边形综
合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运
用全等三角形的性质是解题的关键．17．（2020·云南昆明市·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E，F分别
为AB，CD的中点．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）如图2，点P是边AD上一点，BP交EF于点O，点A关于BP的对称点为点
M，当点M落在线段EF上时，则有OB＝OM．请说明理由；（3）如图3，若点P是射线AD上一个动点，点A关于BP的对称点为点M，连接
AM，DM，当△AMD是等腰三角形时，求AP的长．【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形，所以AB＝CD，AB∥CD，∠A＝
90°，因为AE＝EB，DF＝FC，所以AE＝DF，AE∥DF，所以四边形AEFD是平行四边形，因为∠A＝90°，所以四边形AEF
D是矩形．（2）证明：如图2中，连接PM．BM．因为四边形AEFD是矩形，所以EF∥AD，因为BE＝AE，所以BO＝OP，由翻折可
知，∠PMB＝∠A＝90°，所以OM＝OB＝OP．（3）解：如图3–1中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于
F．因为MA＝MD，MH⊥AD，所以AH＝HD＝4，因为∠BAH＝∠ABF＝∠AHF＝90°，所以四边形ABFH是矩形，所以BF＝
AH＝4，AB＝FH＝5，所以∠BFM＝90°，因为BM＝BA＝5，所以FM＝，所以HM＝HF＝FM＝5–3＝2，因为∠ABP+∠
APB＝90°，∠MAH+∠APB＝90°，所以∠ABP＝∠MAH，因为∠BAP＝∠AHM＝90°，所以△ABP∽△HAM，所以，
所以，所以AP＝．如图3–2中，当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F．因为AD＝AM＝8，BA＝BM＝5，BF⊥AM，所以A
F＝FM＝4，所以BF＝，因为tan∠ABF＝，所以，所以AP＝，如图3–3中，当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8．如图3
–4中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F．因为BM＝5，BF＝4，所以FM＝3，MH＝3+5＝8，由△A
BP∽△HAM，可得，所以，所以AP＝10，综上所述，满足条件的PA的值为或或8或10．【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质、相似
三角形的性质、勾股定理的性质进行求解，准确分析题意是解题的关键．18．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，矩形ABCD中，点
P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线A
B于点N.，AD=4.（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___∠EPN；②的值是；（2）
如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；（3）如图3，以线段PD，PE为邻边
作矩形PEFD．设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.【详解】（1）①因为PE⊥P
D，所以∠DPE=90°，所以∠DPM+∠EPN=90°，因为MN⊥AB，所以∠PMD=∠PNE=90°，所以∠PDM+∠DPM=
90°，所以∠PDM=∠EPN；故答案为：=；②因为CD=，AD=4，∠ADC=90°，所以tan∠ACD=,所以∠ACD=30°
，设MP=x，则NP=4–x，所以MC=MP=x，DM=–x=（4–x），因为∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，所以
△PDM∽△EPN，所以==，故答案为：；（2）成立，设NP=a，则MP=4+a，因为∠ACD=30°，所以MC=（4+a），所以
MD=(4+a)–4=a，由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，所以△PDM∽△EPN，所以=，（3）因为
PM=x，所以PN=4–x，EN=，所以，所以，，所以矩形PEFD的面积为y=，因为>0，所以当x=3时，y有最小值为.【点睛】此
题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.19
．（2020·辽宁丹东市·中考真题）已知：菱形和菱形，，起始位置点在边上，点在所在直线上，点在点的右侧，点在点的右侧，连接和，将菱
形以为旋转中心逆时针旋转角（）．（1）如图1，若点与重合，且，求证：；（2）若点与不重合，是上一点，当时，连接和，和所在直线相交于
点；①如图2，当时，请猜想线段和线段的数量关系及的度数；②如图3，当时，请求出线段和线段的数量关系及的度数；③在②的条件下，若点与
的中点重合，，，在整个旋转过程中，当点与点重合时，请直接写出线段的长．【答案】（1）见详解；（2）①A′C＝BM，∠BPC＝45°
；②A′C＝BM，∠BPC＝30°；③1＋．【分析】（1）证明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得结论；（2）①证明△AA′C∽△
MAB，可得结论；②证明方法类似①，即证明△AA′C∽△MAB即可得出结论；③求出A′C，利用②中结论计算即可．【详解】（1）证明
：如图1，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，因为∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，所以四边形ABCD，四边形A′B′CD′都
是正方形，因为∠DAB＝∠D′AB′＝90°，所以∠DAD′＝∠BAB′，因为AD＝AB，AD′＝AB′，所以△ADD′≌△BAB
′（SAS），所以DD′＝BB′；（2）①解：如图2中，结论：A′C＝BM，∠BPC＝45°；理由：设AC交BP于O，因为四边形A
BCD，四边形A′B′CD′都是正方形，所以∠MA′A＝∠DAC＝45°，所以∠A′AC＝∠MAB，因为MA′＝MA，所以∠MA′
A＝∠MAA′＝45°，所以∠AMA′＝90°，所以AA′＝AM，因为△ABC是等腰直角三角形，因为AC＝AB，所以=，因为∠A′
AC＝∠MAB，所以△AA′C∽△MAB，所以=，∠A′CA＝∠ABM，所以A′C＝BM，因为∠AOB＝∠COP，所以∠CPO＝∠
OAB＝45°，即∠BPC＝45°；②解：如图3中，设AC交BP于O，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，因为∠BAD＝∠B′
A′D′＝60°，所以∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，所以∠A′AC＝∠MAB，因为MA′＝MA，所以∠MA′A＝∠MAA′＝3
0°，所以AA′＝AM，在△ABC中，因为BA＝BC，∠CAB＝30°，所以AC＝AB，所以=，因为∠A′AC＝∠MAB，所以△A
′AC∽△MAB，所以=，∠ACA′＝∠ABM，所以A′C＝BM，因为∠AOB＝∠COP，所以∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BP
C＝30°；③如图4中，过点A作AH⊥A′C于H，由题意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC＝AB＝2，在Rt△A′AH中，A′H
＝AA′＝1，A′H＝AH＝，在Rt△AHC中，CH＝==，所以A′C＝A′H＋CH＝＋，由②可知，A′C＝BM，所以BM＝1＋．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正
确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．1．（2021·合肥市庐阳中学九年级一模）如图，在平行四边形中，M、N是上两
点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是（）A．B．C．D．2．（2021·邢台市第六中学九年级二模）如图1，
菱形纸片的边长为2，．如图2，翻折，，使两个角的顶点重合于对角线上一点，，分别是折痕，设（），下列判断：①当时，的长为；②的值随的
变化而变化；③六边形面积的最大值是；④六边形周长的值不变．其中正确的是（）A．①②B．①④C．②③④D．①③④3．（2021·陕
西高新一中九年级二模）如图，正方形ABCD中，AD＝4+2，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将ADE沿DE对折，点A的
对应点为P，当PA＝PB时，则线段AE＝________．4．（2021·浙江台州市·九年级一模）如图，在矩形中，将矩形沿着折痕折
叠，点落在上，与边交于点G．若点C恰好与的中点重合，且，则的值为______．5．（2021·上海普陀区·九年级二模）已知：如图，
在?ABCD中，点E、F分别在边BC、边BC的延长线上，四边形AEFD是菱形，菱形的对角线AF分别交DE、DC于点P、Q，．求证：
（1）四边形ABCD为矩形；（2）BE?DQ＝FQ?PE．6．（2021·江苏九年级一模）如图，以菱形OABC的顶点O为坐标原点建
立平面直角坐标系，点A在x轴的正半轴上，点B、C在第一象限内．反比例函数在第一象限内的图像过点C，交直线OB于点D．点B的坐标为（
8，4）．（1）求直线OB的函数表达式；（2）求点D的坐标．7．（2021·安徽芜湖市·九年级二模）已知：正方形的边长为4，E是边
上的一个动点，过点D作，交的延长线于点F，交对角线于点M，交于点N．（1）求证：；（2）求证：；（3）随着点E在边上的运动，的值是
否变化？若不变，请求出的值；若变化，请说明理由．8．（2021·江西九年级一模）如图1，在菱形中，，，点为上一动点，在点的运动过程
中，始终保持，，连接，，与相交于点．（1）如图1，求证四边形为平行四边形；（2）当点运动到什么位置时，四边形为矩形？并说明理由；（
3）如图2，延长到，使，连接，判断与的数量关系，并说明理由．9．（2021·浙江台州市·九年级一模）在三角形中，一个角两夹边的平方
和减去它对边的平方所得的差，叫做这个角的勾股差．（1）概念理解：在直角三角形中，直角的勾股差为_________；在底边长为2的等
腰三角形中，底角的勾股差为_____________；（2）性质探究：如图1，是的中线，，记中的勾股差为中的勾股差为；①求的值（用
含的代数式表示）；②试说明与互为相反数；（3）性质应用：如图2，在四边形中，点与分别是与的中点，连接，若，且，求的值．1．如图，四
边形OABC是正方形，若点B的坐标为（0，），则点A的坐标是（）A．B．C．（1，1）D．2．在四边形ABCD中，AD∥BC，
下列选项中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（）A．AD＝BC且AC＝BDB．AD＝BC且∠A＝∠BC．AB＝CD且∠A＝∠C
D．AB＝CD且∠A＝∠B3．如图，已知在菱形中，，以点为圆心，取大于的长为半径，分别作弧相交于两点，作直线交边于点（作图痕迹如图
所示），连结，若，则下列结论错误的是（）A．B．C．菱形的面积为D．4．如图，在矩形中，于点F，连接．分析下列四个结论：①；②；
③；④若，则．其中正确的结论有（）A．4个B．3个C．2个D．1个5．菱形ABCD中，已知AB＝4，∠B＝60°，那么BD的长是
_____．6．如图，菱形中，已知，则的度数为_______．7．如图，在平行四边形ABCD中，各内角的平分线分别相交于点E，F，
G，H．若AB＝6，BC＝4，∠DAB＝60°，则四边形EFGH的面积为________．8．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝
90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC翻折，使点C落在AB边上的点D处，折痕EF交边AC于点E，交边BC于点F，如果DE∥BC，则
线段EF的长为__________________．9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，过点A作AF∥BD，过
点B作BF∥AC，两线相交于点F．（1）求证：四边形AEBF是菱形；（2）连接CF，交BD于点G，若BD⊥CF，请直接写出∠AED
的度数为______度．10．如图，已知在梯形ABCD中，AD//BC，对角线BD平分∠ABC，点G在底边BC上，联结DG交对角线
AC于F，∠DGB＝∠DAB．（1）求证：四边形ABGD是菱形；（2）联结EG，求证：BG?EG＝BC?EF．11．在正方形ABC
D中，点M是边CD上一点，点N是边AD上一点，连接BM，CN相交于点P，且CM=DN．（1）如图1，请判断线段BM与CN的数量关系
和位置关系，并证明你的结论；（2）如图2，延长CN到点Q，连接DQ，且∠CQD=45°．①请直接写BP，CP，CQ之间的数量关系为
；②连接AC，AQ，当BP=2CP，△ACQ的面积是6时，请直接写出NQ的长为；（3）点E在线段CN上，连接BE，DE，当AB
，∠BED=135°，BEDE=3时，请直接写出NE的长为．1．【答案】D【分析】由平行四边形的性质可知：OA=OC，OB=OD
，再证明OM=ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．【详解】证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以OA=OC，OB=OD因为
对角线BD上的两点M、N满足BM=DN，所以OB-BM=OD-DN，即OM=ON，所以四边形AMCN是平行四边形，因为2OM=AC
，所以MN=AC，所以四边形AMCN是矩形．故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题．2．【答案】B【分析】先确定出△ABC是等边三角形，进而判断出△BEF是等边三角形，当x＝1时，求出DP＝BD，即
可判断出①正确，再用x表示出EF，BP，DP，GH，即可求出EF+GH，判断出②错误，利用菱形的面积减去两个三角形的面积判断出③错
误，利用周长的计算方法即可判定出④正确．【解析】因为菱形ABCD的边长为2，所以AB＝BC＝2，因为∠ABC＝60°，所以AC＝A
B＝2，BD＝2，由折叠知，△BEF是等边三角形，当x＝1时，则BE＝1，BM=BEsin60°=，由折叠知，BP＝2×＝，DP＝
，所以①正确，因为BE＝x，所以AE＝2﹣x，因为△BEF是等边三角形，所以EF＝x，所以BM＝EM＝×EF＝x，所以BP＝2BM
＝x，所以DP＝BD﹣BP＝2﹣x，所以DN＝DP＝(2﹣x)，GN＝=(2﹣x)所以GH＝2GN＝2-x，所以EF+GH＝2＝A
C，所以②错误；△BEF的面积为：×x×x=，△GHD的面积为：×(2﹣x)×(2-x)=，六边形AEFCHG面积＝S菱形ABCD
﹣S△BEF﹣S△DGH＝×2×2﹣﹣＝﹣（x﹣1）2+，所以当x＝1时，六边形AEFCHG面积最大为，所以③错误，六边形AEFC
HG周长＝AE+EF+FC+CH+HG+AG＝AE+BE+FC+BF+DG+AG＝AB+CB+DA＝6是定值，所以④正确，即：正确
的有①④，故选：B．【点睛】此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，
解直角三角形，解本题的关键是用x表示出相关的线段长．3．【答案】2【分析】过点P作MN⊥AB于N，交CD于M，可证四边形ADMN是
矩形，可得MN=AD＝4+2，由折叠的性质可得AD=DP=4+2，AE=PE，由勾股定理可求MP，AE的长．【详解】如图，过点P
作MN⊥AB于N，交CD于M，因为四边形ABCD是正方形，所以AB=CD=AD=4+2，CD∥AB，因为MN⊥AB，所以MN⊥CD
，所以四边形ADMN是矩形，所以MN=AD=4+2，由折叠可知：AD=DP=4+2，AE=PE，因为PA=PB，所以MN是AB的垂
直平分线，所以DM=CM=2+，AN=NB=2+，所以MP=，所以PN=1，因为PE2=PN2+EN2，所以AE2=1+（2+-A
E）2，所以AE=2，故答案为2．【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是
本题的关键．4．【答案】【分析】首先得出，再根据翻折的性质得出，得出，最后利用勾股定理得出结果．【详解】因为点C恰好与的中点重合，
所以，由翻折的性质得，因为，所以，所以，又因为，所以设，所以，在Rt?中，CF=，所以AD=BC=BF+FC=，AB==2a，所以
，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，折叠的性质及勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质．5．【答案】（1）见解
析；（2）见解析【分析】（1）通过证明△ABF∽△EPF，可得结论；（2）通过证明△DPQ∽△FCQ，可得结论．【详解】证明：（1
）因为四边形ADFE是菱形，所以AF⊥DE，所以∠EPF＝90°，因为，∠PFE＝∠AFB，所以△ABF∽△EPF，所以∠ABE＝
∠EPF＝90°，所以平行四边形ABCD是矩形；（2）因为四边形ABCD是矩形，所以AD＝BC＝EF，所以EC+CF＝BE+CE，
所以BE＝CF，因为∠DPF＝∠QCF＝90°，∠CQF＝∠PQD，所以△DPQ∽△FCQ，所以，所以，所以BE?DQ＝FQ?PE
．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质和矩形的判定，掌握相似三角形的判定及性质是关键．6．【答案】（1）；（2）(，)．【分
析】（1）观察图像可知直线OB为正比例函数，设直线OB：y=kx，把B(8，4)代入计算即可；（2）作BH⊥x轴，垂足为H，则可得
到OH=8，BH=4，然后利用勾股定了和菱形的性质可计算出菱形的边长，然后算出点C的坐标，计算反比例函数表达式，联立反比例函数和正
比例函数解方程即可．【解析】（1）设直线OB：y=kx，把B(8，4)代入可得：4=8k，解得：k=，所以设直线OB的函数表达式为
：；（2）作BH⊥x轴，垂足为H，则OH=8，BH=4，设OA=a，则AH=8-a，因为四边形OABC是菱形所以AB=OA=BC=
a，Rt△BHA中，BH2+AH2=AB2，即，解得a=5，所以BC=5，点C的坐标为(3，4)，把C(3，4)代入，解得k=12
，所以，联立解得：，，所以点D的坐标为(，)．【点睛】本题主要考查菱形的性质和勾股定理，利用相关性质表示和计算边长是解题的关键．7
．【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，又因为，所以，所以所以．（2）作，交于点I，连接，因为，DF⊥DE，所以DF=DE，∠
FDE=90°，则为等腰直角三角形．因为AC为正方形对角线，∠IEC=∠B=90°，所以，所以，又因为，所以，因为，所以，，所以，
所以．（3）不变由（1），（2）可知为等腰直角三角形，FM=EM，所以DM⊥FE，，因为，又因为，所以．所以．所以．【点睛】此
题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，作出辅助线构造相似三角形是解本题
的关键．8．【解析】（1）证明：由菱形的性质可得，，由平移可得，，；所以，，所以四边形为平行四边形；（2）当点运动到的垂直平分线上
时，四边形为矩形．因为菱形中，，所以，，因为，所以，即，又因为四边形为平行四边形，所以四边形为矩形；（3）如图，连接，由（1）得四
边形为平行四边形，所以，又因为，所以是的中位线，所以，由菱形的轴对称可得，即，所以．【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与
性质，三角形的中位线的性质，解题的关键是掌握相关判定与性质．8．【详解】（1）根据定义，得直角的勾股差等于两直角边的平方和与斜边平
方的差；根据定义底角的勾股差等于腰的平方+底边的平方-另一腰的平方=底边的平方==4，故答案为：两直角边的平方和与斜边平方的差，4
；（2）①根据勾股差的定义，得；②如图1，过点C作CM⊥AB，垂足为M，在直角三角形ACM、直角三角形BCM、直角三角形CMD中，
根据勾股定理，得,，所以=，因为AD=BD=c，所以AM=AD-MD，BM=BD+MD=AD+MD，所以=，所以=，所以==，所以
m+n====0，所以m与n互为相反数；（3）如图2,因为，所以设DF=3m，AB=4m，因为点与分别是与的中点，所以设CF=B
F=DF=3m，BE=AE=2m，因为点与分别是与的中点，根据（2）的结论，得=0，=0，所以，，因为CD=AD，所以，所以=，所
以=，所以，所以，所以=．【点睛】本题考查了新定义问题，直角三角形的性质，勾股定理，相反数的性质，探究性质的应用，灵活运用探究中的
性质和新定义是解题的关键．1．【答案】A【分析】根据正方形的性质解答即可．【解析】因为四边形OABC是正方形，所以对角线相等垂直平
分，每一条对角线平分一组对角，所以点A的纵横坐标相等，因为点B的坐标为（0，），所以点A的坐标是．故答案为：A．【点睛】本题考查
了正方形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．2．【答案】C【分析】根据矩形的判定条件逐项进行分析判断即可；【解析】A、因为AD∥
BC，AD＝BC，所以四边形ABCD是平行四边形，因为AC＝BD，所以平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；B、因为AD∥
BC，AD＝BC，所以四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠B＝180°，因为∠A＝∠B，所以∠A＝∠B＝90°，所以平行四边形AB
CD是矩形，故选项B符合题意；C、因为AD∥BC，所以∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，因为∠A＝∠C，所以∠B＝∠D，所以四边形
ABCD是平行四边形，AB＝CD，故选项C不符合题意；D、因为AD∥BC，所以∠A+∠B＝180°，因为∠A＝∠B，所以∠A＝∠B
＝90°，所以AB⊥AD，AB⊥BC，AB的长为AD、BC间的距离，又因为AB＝CD，所以CD⊥AD，所以∠ADC＝90°，所以四
边形ABCD是矩形，所以选项D不符合题意；故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的判定，准确分析判断是解题的关键．3．【答案】C【分
析】由作法知，MN是线段AB的垂直平分线，根据菱形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理可作出判断．【详解】由作法知，MN是线段A
B的垂直平分线所以BE=AE=2故选项B正确因为BE=AE，∠A=30゜所以∠EBA=∠A=30゜因为四边形ABCD是菱形所以AB
=AD所以∠ABD=∠ADB=(180゜?∠A)=75゜所以∠DBE=∠ABD?∠EBA=45゜故选项A正确设MN交AB于点F，如
图因为MN⊥AB，∠A=30゜所以EF=AE=1由勾股定理得：所以AD=AB=2AF=所以ED=AD?AE==?2故选项D正确
如图，过点D作DG⊥AB于点G在Rt△ADG中，∠A=30゜，则所以从而选项C错误故选：C．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的
作法、菱形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，关键是判断题中的作图是作线段AB的垂直平分线．4．【答案】B【分析】根据
，，得到，进而得出；②只有当，，此时，可得出结论；设过F作长为，长为，分别表示出，，即可证明；④证明，求出，，进而得出结论．【详解
】因为，，所以，因为，，所以，故①正确，②只有当，，此时但与不平行，故②不正确，③设过F作长为，长为所以，因为，故，故③正确，④与
中，，，，所以，因为，，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，故④正确，故选：B．【点睛】本题主要考查了三角形相似，三角形面积，三
角函数，四边形的综合题目，正确读懂题意是解题的关键．5．【答案】【分析】由菱形的性质可得BO＝BD，BD⊥AC．在Rt△ABO中，
求得BO即可．【解析】因为四边形ABCD为菱形，所以∠ABD＝∠ABC＝30°，BO＝BD，BD⊥AC．在Rt△ABO中，cos∠
ABO＝，所以BO＝AB?cos∠ABO＝4×＝．所以BD＝2BO＝．故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，即菱形的对角线互相垂
直，利用垂直构造直角三角形，利用三角函数求解线段长度．6．【答案】35°【分析】根据菱形的性质，得DC∥AB，∠DAC=∠BAC，
根据平行线的性质，得到∠D+∠DAB=180°，从而求得∠DAB，求解即可【详解】因为四边形ABCD是菱形，所以DC∥AB，∠DA
C=∠BAC，所以∠D+∠DAB=180°，因为∠D=110°，所以∠DAB=70°，所以∠BAC=35°，故答案为：35°．【点
睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．7．【答案】【分析】根据角平分线的定义以及平行四边形的性质
，即可得出∠AGB＝90°，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，进而判定四边形EFGH是矩形，根据含30°角的直角三角形
的性质，得到，，，，进而得出EF和GF的长，可得四边形EFGH的面积．【解析】因为GA平分∠BAD，GB平分∠ABC，所以，，因为
四边形ABCD是平行四边形，所以∠DAB＋∠ABC＝180°，所以，即∠AGB＝90°，同理可得，∠DEC＝90°，∠AHD＝90
°＝∠EHG，所以四边形EFGH是矩形．因为∠DAB＝60°，所以，因为AB＝6，所以，，因为，，所以，，所以，，所以矩形EFGH
的面积．故答案为：【点睛】本题考查了角平分线的性质，平行四边形的性质，矩形的判定以及含30°角的直角三角形的性质等，解题时注意：有
三个角是直角的四边形是矩形．8．【答案】【分析】根据折叠的性质可知，EC＝ED，FC＝FD，∠CEF＝∠DEF，EF是CD的垂直
平分线，进而得出四边形CEDF是正方形，设未知数，利用相似三角形、直角三角形的边角关系求解即可．【解析】如图所示:由折叠可知，EC
＝ED，FC＝FD，∠CEF＝∠DEF，EF是CD的垂直平分线，因为DE∥BC，∠ACB＝90°，所以∠AED＝∠ACB＝90°
，所以∠CEF＝∠DEF＝45°，所以∠CED＝∠ECF＝∠EDF＝90°所以四边形CEDF是正方形，设CF＝x，则AE＝6﹣x，
BF＝8﹣x，由△AED∽△DFB得，，即，解得，在Rt△CEF中，，故答案为：．【点睛】本题考查折叠轴对称，正方形的判定和性质
，相似三角形以及直角三角形的边角关系，理解折叠轴对称的性质和直角三角形的边角关系是解题的关键．9．【答案】（1）证明见解析；（2）
60【分析】（1）根据矩形的性质得到AE=BE，然后证得四边形AEBF为平行四边形即可；（2）连接EF，由题意推出△AFC为直角三
角形，从而结合“斜中半”定理以及菱形的性质推出△AEF为等边三角形，从而求出角度即可．【详解】（1）因为四边形ABCD为矩形，对
角线AC与BD相交于点E，所以AE=BE，又因为AF∥BD，BF∥AC，所以四边形AEBF为平行四边形，因为AE=BE，所以四边形
AEBF是菱形；（2）如图所示，连接EF，因为BD⊥CF，AF∥BD，所以AF⊥CF，∠AFC=90°，因为E为AC的中点，所以在
Rt△AFC中，AE=FE=CE，又因为四边形AEBF为菱形，所以AE=AF，所以AE=AF=FE，即：△AEF为等边三角形，所以
∠AEF=60°，根据菱形的性质可得，∠BEF=∠AEF=60°，所以∠AED=60°，故答案为：60．【点睛】本题考查矩形的性质
以及菱形的判定与性质，理解并掌握各类图形的基本性质以及判定方法是解题关键．10．【详解】证明：（1）因为AD//BC，所以∠DAB
+∠ABG＝180°，∠DGB+∠ADG＝180°，因为∠DGB＝∠DAB，所以∠ABG＝∠ADG，所以四边形ABGD是平行四边形
，因为BD平分∠ABC，所以∠ABD＝∠GBD，因为AD//BG，所以∠ADB＝∠ABD＝∠GBD，所以AB＝AD，所以四边形AB
GD是菱形；（2）如图，连接EG，因为四边形ABGD是菱形，所以AB＝BG＝AD，∠ABE＝∠GBE，在△ABE和△GBE中，，所
以△ABE≌△GBE（SAS），所以EG＝AE，因为AD//BC，所以△ADE∽△CBE，所以，因为DF//AB，所以，所以，因为
AD＝BG，AE＝EG，所以，所以BG?EG＝BC?EF．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的
判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．11．【详解】（1）证明：结论为：BM=CN，且BM⊥CN，因为四边形A
BCD正方形，所以BC=CD，∠BCD=∠CDA=90°，即∠BCM=∠CDN=90°，所以在△BCM和△CDN中，，所以△BCM
≌△CDN（SAS），所以BM=CN，∠MBC=∠NCD，因为∠MBC+∠CMB=90°所以∠NCD+∠CMB=90°所以∠MPC
=180°-∠NCD-∠CMB=90°所以BM⊥CN，所以线段BM与CN的数量关系和位置关系为：BM=CN，且BM⊥CN；（2）证
明①BP，CP，CQ之间的数量关系为CQ=CP+BP；过D作DE⊥CQ于E，因为∠CQD=45°，所以∠QDE=90°-∠CQD=
45°=∠CQD，所以QE=DE，由（1）知∠MBC=∠MCD，∠BPC=90°，在△BCP和△CDE中，，所以△BCP≌△CDE
（AAS），所以BP=CE，CP=DE，所以CP=DE=QE，所以CQ=QE+CE=CP+BP，故答案为：CQ=CP+BP；解：②
连接AC，AQ，过Q作QF⊥AD于F，因为BP=2CP，所以tan∠PBC=，所以，由（1）知∠DCN=∠MBC，所以tan∠PB
C=tan∠DCN，所以，所以点N为AD中点，设DE=x,则BP=CE=2x,QE=DE=x，在Rt△EDC中，由勾股定理得CD=
，所以AN=DN=，在Rt△NDC中，由勾股定理CN=，所以CQ=QE+CE=ED+CE=3x，所以QN=QC-CN=，因为QF⊥
AD，CD⊥AD，所以QF∥DC，所以∠FQN=∠DCN，所以cos∠NQF=cos∠NCD=，所以，即，所以S△AQC=S△AQ
N+S△ANC==6，解得x=2，x=-2（舍去），所以QN=，故答案为：1；（3）连结BD，延长DE与过B作DE的垂线交于H，分
两种情况：当点E在BD上方，因为AB，AD=AB，在Rt△ADB中，由勾股定理得BD=，又因为∠BED=135°，所以∠HEB=
180°-∠BED=180°-135°=45°，所以HB=HE=BE×sin45°=，因为BEDE=3，所以，所以HE+DE=3，
在Rt△HBD中由勾股定理BH=，所以sin∠HDB=，所以∠HDB=30°，又因为BE=BH÷sin45°，所以BE=AB=BC
，所以∠EBD=180°-∠BED-∠EDB=180°-135°-30°=15°，所以∠EBC=∠EBD+∠DBC=15°+45°
=60°，所以△EBC为等边三角形，所以CE=BC，∠ECB=60°，所以∠NCD=90°-∠ECB=90°-60°=30°，所以
CD=CN×cos30°，所以CN，所以NE=，当点E在BD下方时，连结AE，因为BEDE=3，所以，所以HE+DE=3；在Rt△
HBD中由勾股定理BH=，所以sin∠HDB=，所以∠HDB=30°，又因为BE=BH÷sin45°，所以BE=AB=BC，所以∠
ABE=60°，所以DE=，所以∠EBC=90°-∠ABE=90°-60°=30°，所以∠BCE=，所以∠ECD=90°-∠BCE
=15°=∠BDC-∠BDH=∠EDC，所以ED=EC，又因为∠EDN=90°-∠EDC=90°-15°=75°，∠DNE=90°
-∠ECD=90°-15°=75°，所以∠EDN=∠DNE=75°，所以NE=DE，NE的长为或．故答案为：或．【点睛】本题考查正
方形的性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数定义求值和求角，勾股定理，用三角形面积构造方程，等边三角形判定与性质，等腰三角形判定
与性质，本题难度较大，应用知识较多，通过辅助线构造图形是难点，也解题关键．——圆1．了解：圆、圆心角、圆周角的概念，垂径定理及其
逆定理，点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，弧长和扇形面积，圆锥侧面积.2．理解：圆周角定理及其推论，点与圆的位置关系及其运用，
切线的性质与判定定理，切线长定理．3．会：利用弧、弦、圆心角的关系进行证明和计算，运用切线的性质与判定定理、切线长定理解决一些实际
问题，求n°的圆心角所对的弧长，求圆心角为n°的扇形面积.4．掌握：圆周角定理及其推论的灵活运用，点与圆的位置关系，直线与圆的位置
关系，弧长和扇形面积，圆锥侧面积.5．能：运用垂径定理解决有关问题，切线的性质与判定定理、切线长定理解决一些实际问题，利用点、直线
的位置关系解决问题，根据公式中的已知量求圆锥中的未知量，运用圆的有关性质与位置关系进行综合性质计算与实际问题的解决.1．从考查的题
型来看，填空题、选择题、解答题三种形式都有所考查,多数题目较难,属于中、高档题.2．从考查的内容来看,主要涉及的有:圆的有关性质(
垂径定理、圆周角定理及推论)，圆的有关位置关系(直线与圆的位置关系,切线长定理，切线的性质与判定定理)，圆的有关计算(弧长与扇形面
积,圆锥的侧面积).3．从考查的热点来看,主要涉及的有:圆的有关性质(垂径定理、圆周角定理及推论);圆的有关位置关系(直线与圆的位
置关系,切线长定理，切线的性质与判定定理)，圆的有关计算(弧长与扇形面积,圆锥的侧面积)，阴影部分的面积.一、垂径定理及其推论1．
垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧．2．推论：（1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．（3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．（4）圆
的两条平行弦所夹的弧相等．二、弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理1．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．2．
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆的圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．3．
正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，
其余两项皆相等．三、圆周角定理及其推论1．圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．2．推论：（1）同弧或等弧所对的
圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等．（2）半圆（或直径）所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．（3）
如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形．3．注意：（1）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径
所对的圆周角．（2）圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形，利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．（3）圆周角和圆
周角的转化可利用其“桥梁”——圆心角转化．（4）定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧
所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．四、点、直线、圆之间的位置关系1．点与圆的位置关系判断（1）d在⊙O内；（2）d=r，点P在⊙O上；（3）d>r，点P在⊙O外．其中⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d．2．直线与圆的
位置关系判断（1）dr，直线l与⊙O相离．其中⊙O的半径为
r，圆心O到直线l的距离为d．五、计算公式1．弧长公式：n°的圆心角所对的弧长．其中n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带
单位．2．扇形面积公式：．其中n是扇形的圆心角度数，R是扇形的半径，l是扇形的弧长．3．圆锥的侧面积公式：．其中l是圆锥的母线长，
r是圆锥的底面半径．4．阴影部分面积常用的方法：①公式法；②和差法；③割补法．其主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．5
．注意：（1）在弧长的计算公式中，①若圆心角的单位不全是度，则需要先化为度后再计算弧长；②题设未标明精确度的，可以将弧长用π表示；
③正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念，度数相等的弧，弧长不一定相等，弧长相等的弧不一定是等弧，只有在同圆或等圆中，才有等弧的概念．
（2）计算扇形面积时，有两个公式可供选择．已知扇形的圆心角度数与半径或扇形的弧长与半径都可以代入面积公式进行直接运算．（3）①圆锥
的母线与圆锥展开后所得扇形的半径相等；②圆锥的底面周长与圆锥展开后所得扇形的弧长相等．1．（2020·四川广安市·中考真题）如图，
点A，B，C，D四点均在圆O上，∠AOD=68°，AO//DC，则∠B的度数为（）A．40°B．60°C．56°D．68°【答案
】C【分析】连接AD，先根据等腰三角形的性质求出∠ODA，再根据平行线的性质求出∠ODC，最后根据圆内接四边形的性质计算即可．【详
解】解：连接AD，因为∠AOD=68°，OA=OD，所以∠ODA=∠OAD=56°，因为AO∥DC，所以∠ODC=∠AOD=68°
，所以∠ADC=124°，因为点A、B、C、D四个点都在⊙O上，所以∠B=180°–∠ADC=56°，故选C．【点睛】本题考查的是
圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．2．（2020·柳州市柳林中学中考真题
）如图，点A、B、C在⊙O上，若∠BOC＝70°，则∠A的度数为（）A．35°B．40°C．55°D．70°【答案】A【分析】根
据圆周角定理，同弧所对圆周角等于圆心角的一半，即可得出答案．【详解】解：因为如图，∠BOC＝70°，所以∠A＝∠BOC＝35°．故
选：A．【点睛】此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．3．（2020·山东日照
市·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，若CD＝6，AE＝9，则阴影部分的面积为（）A．6π–B
．12π–9C．3π–D．9【答案】A【分析】根据垂径定理得出CE=DE=CD＝3，再利用勾股定理求得半径，根据锐角三角函数关系得
出∠EOD=60°，进而结合扇形面积求出答案．【详解】解：因为AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，所以CE＝DE＝
CD＝3．设⊙O的半径为r，在直角△OED中，OD2＝OE2+DE2，即，解得，r＝6，所以OE＝3，所以cos∠BOD＝，所以∠
EOD＝60°，所以，，根据圆的对称性可得：所以，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理以及锐角三角函数和扇形面积求法等知
识，正确得出∠EOD=60°是解题关键．4．（2020·西藏中考真题）如图，AB为半圆O的直径，C为半圆上的一点，OD⊥AC，垂足
为D，延长OD与半圆O交于点E．若AB＝8，∠CAB＝30°，则图中阴影部分的面积为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据垂
径定理得到＝，AD＝CD，解直角三角形得到OD＝OA＝2，AD＝OA＝2，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：因为
OD⊥AC，所以∠ADO＝90°，＝，AD＝CD，因为∠CAB＝30°，OA＝4，所以OD＝OA＝2，AD＝OA＝2，所以图中阴影
部分的面积＝S扇形AOE–S△ADO＝–×2＝–2，故选D．【点睛】本题考查了垂径定理，解直角三角形，求不规则图形的面积，得出OD
＝OA＝2，AD＝OA＝2是解题关键．5．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，中，AB=AC，AD是∠BAC的平分线，EF是
AC的垂直平分线，交AD于点O.若OA=3，则外接圆的面积为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】先根据等腰三角形的三线合一可得
AD是BC的垂直平分线，从而可得点O即为外接圆的圆心，再利用圆的面积公式即可得．【详解】，AD是的平分线，且AD是BC边上的中线（
等腰三角形的三线合一）是BC的垂直平分线是AC的垂直平分线点O为外接圆的圆心，OA为外接圆的半径外接圆的面积为故选D．【点睛】本题
考查了等腰三角形的三线合一、三角形外接圆，正确找出三角形外接圆的圆心是解题关键．6．（2020·吉林中考真题）如图，四边形内接于．
若，则的大小为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据圆内接四边形的对角互补，可求得的度数．【详解】因为，四边形内接于，所以，
=180°–故选：C【点睛】考核知识点：圆的内接四边形．熟记圆的内接四边形性质是关键．7．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，
已知是的两条切线，A，B为切点，线段交于点M．给出下列四种说法：①；②；③四边形有外接圆；④M是外接圆的圆心，其中正确说法的个数是
（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上
的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．【详解】解：如图，是的两条切线，故①正确，故②正确，是的两条切线，取的中点，连接，
则所以：以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，M是外接圆的圆心，与题干提供的条件不符，故④错误，综上：正确的说法是个，故选C．【
点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．8．（2020·宁夏中考真题）如图，等腰直
角三角形中，，以点C为圆心画弧与斜边相切于点D，交于点E，交于点F，则图中阴影部分的面积是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】
连接CD，并求出CD的值，再分别计算出扇形ECF的面积和等腰三角形ACB的面积，用三角形的面积减去扇形的面积即可得到阴影部分的面积
．【详解】连接CD，如图，因为AB是圆C的切线，所以CD⊥AB，因为△ABC是等腰直角三角形，所以CD=AB，因为，AC=BC，所
以AB=2，所以CD=1，故选：A．【点睛】本题考查扇形面积的计算、等腰三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件
．9．（2020·广西河池市·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E都在⊙O上，∠1＝55°，则∠2＝_____°．【答案
】35【分析】如图（见解析），连接AD，先根据圆周角定理可得，从而可得，再根据圆周角定理可得，由此即可得．【详解】如图，连接AD因
为AB是⊙O的直径所以，即又由圆周角定理得：因为所以故答案为：35．【点睛】本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题关键．10．
（2020·云南昆明市·中考真题）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳
手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm．【答案】10π【分析】利用正六边形的性质求出OB的长度，进而
得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可．【详解】解：连接OD，OC．因为∠DOC＝60°，OD＝OC，所以△ODC是等边三角形，
所以OD＝OC＝DC＝（cm），因为OB⊥CD，所以BC＝BD＝（cm），所以OB＝BC＝3（cm），因为AB＝17cm，所以OA
＝OB+AB＝20（cm），所以点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm），故答案为：10π．【点睛】本题考查了正六边形的性质
及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键．11．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，⊙O是的外接圆，，，则的长为___
__．【答案】【分析】连接OA，OC，根据圆周角定理可得的度数，进一步可证明三角形AOC为等边三角形，得出半径，最后根据弧长公式即
可得出答案．【详解】连接OA，OC为等边三角形故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质、圆周角定理、弧长公式，熟练掌握
公式和性质是解题的关键．12．（2020·宁夏中考真题）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材
埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．用锯去锯这木材，锯
口深寸，锯道长尺（1尺寸）．问这根圆形木材的直径是______寸．【答案】26【分析】根据题意可得，由垂径定理可得尺寸，设半径，则
，在中，根据勾股定理可得：，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径.【详解】解：由题可知，为半径，尺寸，设半径，，在中，根据勾股定
理可得：解得：,木材直径为26寸；故答案为：26.【点睛】本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度.如果题干中出现弦的垂线或者弦的
中点，则可验证是否满足垂径定理；与圆有关的题目中如果求弦长或者求半径直径，也可以从题中寻找是否有垂径定理，然后构造直角三角形，用勾
股定理求解.13．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，点为⊙外一点，过点作的切线、，点、为切点．连接并延长交的延长线于点，过点
作，交的延长线于点．已知，，则的长为________．【答案】【分析】连接OB，在中应用勾股定理求得的半径为3，再根据，对应线段成
比例即可求解．【详解】解：连接OB，因为、为的切线，所以，，所以，所以，设的半径为r，则，在中，，即，解得，所以，因为，，所以，所
以，即，所以，故答案为：．【点睛】本题考查切线长定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理的应用等内容，作出合适的辅助线是解题的关键．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图，在中，的半径为点是边上的动点，过点作的一条切线(其中点为切点)，则线段长度的最小值为
____．【答案】【分析】如图：连接OP、OQ，根据,可得当OP⊥AB时，PQ最短；在中运用含30°的直角三角形的性质和勾股定理求
得AB、AQ的长，然后再运用等面积法求得OP的长，最后运用勾股定理解答即可．【详解】解：如图：连接OP、OQ，因为是的一条切线所以
PQ⊥OQ所以所以当OP⊥AB时，如图OP′，PQ最短在Rt△ABC中，所以AB=2OB=,AO=cos∠A·AB=因为S△AOB
=所以，即OP=3在Rt△OPQ中，OP=3,OQ=1所以PQ=．故答案为．【点睛】本题考查了切线的性质、含30°直角三角形的性质
、勾股定理等知识点，此正确作出辅助线、根据勾股定理确定当PO⊥AB时、线段PQ最短是解答本题的关键．15．（2020·江苏宿迁市·
中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接P
Q，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．【答案】【分析】由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的
性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD–S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ–S扇形ABQ
可求出答案．【详解】因为当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，所以点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平
面内扫过的面积，因为矩形ABCD中，AB=1，AD=，所以∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，所以∠ADB=∠DBC=∠ODB
=∠OBQ=30°，所以∠ABQ=120°，由轴对称性得：BQ=BA=CD，在△BOQ和△DOC中，，所以△BOQ≌△DOC，所以
S阴影部分=S四边形ABQD–S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ–S扇形ABQ，=S四边形ABOD+S△COD–S扇形AB
Q，=S矩形ABCD–S△ABQ=1×–．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性
质是解题的关键．16．（2020·重庆中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ABC=120°，AB=，以点
O为圆心，OB长为半径画弧，分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为____．（结果保留π）【答案】．【分析】如图，设⊙O与菱形
的边AB、AD分别交于点E、F，连接OE、OF，由菱形的性质可证得△ABD是等边三角形，进而可证得△BEO，△DFO都是等边三角形
，由等边三角形的性质可求得∠EOF＝60°，然后根据阴影部分的面积＝2×（S△ABD–S△DFO–S△BEO–S扇形OEF）代入数
据计算即可．【详解】解：如图，设⊙O与菱形的边AB、AD分别交于点E、F，连接OE、OF，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝12
0°，所以AC⊥BD，BO＝DO，OA＝OC，AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形，所以AB＝BD＝2，∠ABD
＝∠ADB＝60°，所以BO＝DO＝，因为以点O为圆心，OB长为半径画弧，所以BO＝OE＝OD＝OF，所以△BEO，△DFO是等边
三角形，所以∠DOF＝∠BOE＝60°，所以∠EOF＝60°，所以阴影部分的面积＝2×（S△ABD–S△DFO–S△BEO–S扇形
OEF）＝2×＝．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及扇形面积的计算等知识，正确添加辅助线、明确求
解的方法、熟练掌握菱形的性质以及等边三角形的判定和性质是解题的关键．17．（2020·广西中考真题）如图，在Rt中，AB＝AC＝4
，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是_____．【答案】．【分析
】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT
≥TC，求出CT即可解决问题．【详解】解：在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．因为PA＝2．AT＝1，AB＝4，
所以PA2＝AT?AB，所以＝，因为∠PAT＝∠PAB，所以，所以＝＝，所以PT＝PB，所以PB+CP＝CP+PT，因为PC+PT
≥TC，在Rt中，因为∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，所以CT＝＝，所以PB+PC≥，所以PB+PC的最小值为．故答案为．【
点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关
键．18．（2020·湖南长沙市·中考真题）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动，（点P与M，N不重合）平分，交PM于点E，交PQ
于点F．(1)___________________．(2)若，则___________________．【答案】1【分析】(1)
过E作于G，可得，根据圆周角的性质可得，又平分，根据角平分线的性质可得；由，，，且，根据“等角的余角相等”可得，再根据等腰三角形的
性质“等角对等边”可得，即有；由，，可得，从而可得在中有，将、、代入可得，，既而可求得的值．【详解】(1)如图所示，过E作于G，则
，因为MN为半圆的直径，所以，又因为平分，,所以．因为平分，所以，因为，所以,又，所以，又因为，所以，所以,又因为，所以．因为，，
所以，所以在中，,又因为,所以，所以将，，代入得，,所以，即．（2）因为，，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以所
以，即，设，则，解得：，或（舍去），所以，故答案为：．【点睛】本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线
分线段成比例的性质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得，，再通过平行线分线段成比例的性质得到，进行
等量代换和化简后即可得解．19．（2020·山东烟台市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝60°，对角线AC⊥BC，⊙
O经过点A，B，与AC交于点M，连接AO并延长与⊙O交于点F，与CB的延长线交于点E，AB＝EB．（1）求证：EC是⊙O的切线；（
2）若AD＝2，求的长（结果保留π）．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）证明：连接OB，根据平行四边形的性质得到∠ABC＝
∠D＝60°，求得∠BAC＝30°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质得到∠ABO＝∠OAB＝30°，于是得到结论；（2）根
据平行四边形的性质得到BC＝AD＝2，过O作OH⊥AM于H，则四边形OBCH是矩形，解直角三角形即可得到结论．【详解】（1）证明：
连接OB，因为四边形ABCD是平行四边形，所以∠ABC＝∠D＝60°，因为AC⊥BC，所以∠ACB＝90°，所以∠BAC＝30°，
因为BE＝AB，所以∠E＝∠BAE，因为∠ABC＝∠E+∠BAE＝60°，所以∠E＝∠BAE＝30°，因为OA＝OB，所以∠ABO
＝∠OAB＝30°，所以∠OBC＝30°+60°＝90°，所以OB⊥CE，所以EC是⊙O的切线；（2）因为四边形ABCD是平行四边
形，所以BC＝AD＝2，过O作OH⊥AM于H，则四边形OBCH是矩形，所以OH＝BC＝2，所以OA＝＝4，∠AOM＝2∠AOH＝6
0°，所以的长度＝＝．【点睛】本题考查了切线的判定，锐角三角函数，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，弧长的计算，正确的作出辅助线
是解题的关键．20．（2020·四川内江市·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的
延长线于点E，连结BE．（1）求证：BE是⊙O的切线；（2）设OE交⊙O于点F，若，求线段EF的长；（3）在（2）的条件下，求阴影
部分的面积．【详解】（1）证明：连接OC，如图，因为OD⊥BC，所以CD=BD，所以OE为BC的垂直平分线，所以EB=EC，所以∠
EBC=∠ECB，因为OB=OC，所以∠OBC=∠OCB，所以∠OBC+∠EBC=∠OCB+∠ECB，即∠OBE=∠OCE，因为C
E为⊙O的切线，所以OC⊥CE，所以∠OCE=90°，所以∠OBE=90°，所以OB⊥BE，所以BE与⊙O相切．（2）设⊙O的半径
为R，则OD=R–DF=R–2，OB=R，在Rt△OBD中，BD=BC=因为OD2+BD2=OB2，所以，解得R=4，所以OD=2
，OB=4，所以∠OBD=30°，所以∠BOD=60°，所以在Rt△OBE中，∠BEO=30o，OE=2OB=8，所以EF=OE–
OF=8–4=4，即EF=4；（3）由∠OCD=∠OBD=30o和OD⊥BC知：∠COD=∠BOD=60o，所以∠BOC=120o
，又BC=，OE=8，所以=,【点睛】本题考查了切线的判定与性质、垂径定理、扇形面积的计算、含30o角的直角三角形边角关系、勾股定
理等知识，熟练掌握每个知识点是解答的关键．21．（2020·江苏镇江市·中考真题）如图，?ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD
于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为的中点．（
1）求证：四边形ABEO为菱形；（2）已知cos∠ABC＝，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．【详解】解：（1）证明：因为
G为的中点，所以∠MOG＝∠MDN．因为四边形ABCD是平行四边形．所以AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，所以∠MOG+∠A＝
180°，所以AB∥OE，所以四边形ABEO是平行四边形．因为BO平分∠ABE，所以∠ABO＝∠OBE，又因为∠OBE＝∠AOB，
所以∠ABO＝∠AOB，所以AB＝AO，所以四边形ABEO为菱形；（2）如图，过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作O
Q⊥BC于点Q，设AE交OB于点F，则∠PAO＝∠ABC，设AB＝AO＝OE＝x，则因为cos∠ABC＝，所以cos∠PAO＝，所
以＝，所以PA＝x，所以OP＝OQ＝x当AE与⊙O相切时，由菱形的对角线互相垂直，可知F为切点，所以由勾股定理得：，解得：x＝2．
所以AB的长为2．【点睛】本题主要考查菱形的证明，切线的性质，三角函数以及勾股定理，巧妙的作出辅助线和列出勾股定理的方程是解决本题
的关键．22．（2020·四川中考真题）如图，在⊙O中，弦AB与直径CD垂直，垂足为M，CD的延长线上有一点P，满足∠PBD＝∠D
AB．过点P作PN⊥CD，交OA的延长线于点N，连接DN交AP于点H．（1）求证：BP是⊙O的切线；（2）如果OA＝5，AM＝4，
求PN的值；（3）如果PD＝PH，求证：AH?OP＝HP?AP．【详解】（1）如图，连接BC，OB．因为CD是直径，所以∠CBD=
90°，因为OC=OB，所以∠C=∠CBO，因为∠C=∠BAD，∠PBD=∠DAB，所以∠CBO=∠PBD，所以∠OBP=∠CBD
=90°，所以PB⊥OB，所以PB是⊙O的切线；（2）因为CD⊥AB，所以CD垂直平分AB，所以PA=PB，因为OA=OB，OP=
OP，所以△PAO≌△PBO（SSS），所以∠OAP=∠OBP=90°，因为∠AMO=90°，所以OM===3，因为∠AOM=∠A
OP，∠OAP=∠AMO，所以△AOM∽△POA，所以=，所以=，所以OP=，因为PN⊥PC，所以∠NPC=∠AMO=90°，所以
=，所以=，所以PN=．（3）因为PD=PH，所以∠PDH=∠PHD，所以∠PDN=∠PHD=∠AHN，因为∠NPC=90°，∠O
AP=90°，所以∠NAH=∠NPD=90°，所以△NAH∽△NPD，所以=，因为∠APN+∠PNA=∠POA+∠PNA=90°，
所以∠APN=∠POA，又∠PAN=∠PAO=90°，所以△PAN∽△OAP，所以=，所以=，所以==，所以AH?OP=HP?AP
．【点睛】本题综合考查了切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，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或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．23．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，交于点，连
接，过点作，垂足为，．（1）求证：；（2）点在的延长线上，连接．①求证：与相切；②当时，直接写出的长．【详解】（1）证明：，，，，
，，，即，（2）①连接即是的半径与相切②如图，因为BC为直径，EF⊥AB，所以∠BAC=∠BFE=90°，所以AC∥FE，所以，因
为CE=4，所以BE=10，所以BC=14，所以OA=OC=7，所以，在Rt△AOE中，由勾股定理，得，因为，，所以△AEO∽△G
EA，所以，即，所以，所以．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，以及等角的余角相等，
解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而进行解题．1．（2021·北京东城区·九年级一模）如图，PA，PB是的切线，切
点分别为A，B，PO的延长线交于点C，连接OA，OB，BC．若，则等于（）A．B．C．D．2．（2021·浙江台州市·九年级一模
）如图，在边长为4的正方形内部裁得一个扇形，若将该扇形围成一个圆锥，则此圆锥的底面半径为（）A．1B．C．D．23．（2021·
浙江台州市·九年级一模）如图，将绕点顺时针旋转得到，则点经过的路径长为（）A．B．C．D．4．（2021·江苏苏州市·九年级一模
）如图，点P在以AB为直径的半圆内，连接AP、BP，并延长分别交半圆于点C、D，连接AD、BC并延长交于点F，作直线PF，下列说法
：①AC垂直平分BF；②AC平分∠BAF；③FP⊥AB；④BD⊥AF．其中，一定正确的是（）A．①③B．①④C．②④D．③④5
．（2021·江苏无锡市·九年级一模）如图，点C是半圆弧AB上一动点，以BC为边作正方形BCDE，使弧BC在正方形内，连OE，若A
B＝4cm，则OD的最大值为_____________cm．6．（2021·江苏盐城市·九年级一模）如图，在直角坐称系中，半径为1
的⊙A圆心A的坐标为（﹣1，0），点P为直线y＝﹣x+2上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是_____．
7．（2021·天津九年级一模）已知，四边形ABCD为菱形，点A，B，D在⊙O上．（Ⅰ）如图①，若CB，CD为⊙O的切线，求∠C的
大小；（Ⅱ）如图②，BC，CD与⊙O分别交于点E，点F，连接BF，若∠BDC＝50°，求∠CBF的度数.8．（2021·广东九年级
其他模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，BC＝CD，过点C作CE⊥AB于点E，CH⊥AD交AD的延长线于点H，连接B
D交CE于点G．（1）求证：CH是⊙O的切线；（2）若点D为AH的中点，求证：AD＝BE；（3）若cos∠DBA＝，CG＝5，求B
D的长．9．（2021·河北九年级一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AO⊥BC于点O，OE⊥AB于点E，以点O为圆心，OE的长
为半径作半圆，交AO于点F．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若点F是AO的中点，OE＝3，求图中阴影部分的面积；（3）在（2）
的条件下，点P是BC边上的动点，当PE＋PF取最小值时，求出BP的长．1．如图，AB是半圆O的直径，点C为半圆上的一点，点D为AO
上一点，AB＝8，∠B＝60°，△DB''C与△DBC关于直线DC对称，连接B''O交半圆于点E若B''C与半圆相切，则图中阴影部分的面
积等于（）A．3π﹣4B．2π﹣4C．3π﹣8D．8﹣2π2．如图，在中，半径，点是优弧上的一点，点是的中点，连接，，则的度数
为（）A．20°B．22.5°C．25°D．45°3．如图，为的直径，直线与相切于点，点为半圆弧的中点，连接交于点，连接．若，则的
度数为（）A．B．C．D．4．如图，已知在中，为直径，A为圆上一点，连结，作平分交圆于点B，连结，分别与，交于点N，M．若，则的值
为（）A．B．C．D．5．如图，中，，，，，为，边上的两个动点，且，为中点，则的最小值为（）A．B．C．D．6．如图，⊙O的半径为
6，如果弦AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，那么弦BC的长为_____．7．在菱形中，对角线与相交于点
，，，则菱形的内切圆半径为________．8．已知为的直径，为平行四边形，与交于点、，若，则图中阴影部分的面积为______．9
．若一个半径为5的扇形的弧长为，则该扇形的面积为________．10．如图，是锐角三角形的外接圆，，且，点是高线的交点，连接，则
的度数为_______，的长为_______．11．如图，⊙是的外接圆，且，四边形是平行四边形，边与⊙交于点，连接．0（1）求证：
；（2）若，求证：点是的中点．12．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在BC边上，⊙D经过点A和点B且与BC
边相交于点E．（1）求证：AC是⊙D的切线；（2）若CE=，求⊙D的半径．13．如图1，是的外接圆，点是的中点，过点作，交弦的延长
线于点．（1）求证：；（2）若的半径为6，求的值；（3）如图2，若是半圆，点是上的动点，且点，分别位于的两侧，作关于的轴对称图形，
连接，试探究，，三者之间满足的数量关系，并证明所得到的结论．14．在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，c
osC＝（如图）．M是边BC上一个动点（不与点B、C重合），以点M为圆心，CM为半径作圆，⊙M与射线CD、射线MA分别相交于点E、
F．（1）设CE＝，求证：四边形AMCD是平行四边形；（2）联结EM，设∠FMB＝∠EMC，求CE的长；（3）以点D为圆心，DA为
半径作圆，⊙D与⊙M的公共弦恰好经过梯形的一个顶点，求此时⊙M的半径长．15．如图，已知Q是∠BAC的边AC上一点，AQ＝15，c
ot∠BAC＝，点P是射线AB上一点，联结PQ，⊙O经过点A且与QP相切于点P，与边AC相交于另一点D．（1）当圆心O在射线AB上
时，求⊙O的半径；（2）当圆心O到直线AB的距离为时，求线段AP的长；（3）试讨论以线段PQ长为半径的⊙P与⊙O的位置关系，并写出
相应的线段AP取值范围．1．【答案】B【分析】结合已知条件推知直角的直角边与斜边的关系可求，进而根据圆周角定理求出∠C．【详解】解
：与相切于点，．，，所以，，所以故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线
连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．2．【答案】A【分析】求出弧长AC的长度，再根据圆的周长公式可得到此圆锥的底面
半径．【详解】依题意可求出弧长AC的长度为=因为弧长AC的长度等于圆锥的底面半径，设圆锥的底面半径为r所以解得r=1故选A．【点睛
】此题主要考查圆锥的侧面展开图的应用，解题的关键是熟知弧长公式的运用．3．【答案】A【分析】根据旋转的性质求出圆心角和半径，再用弧
长公式计算即可．【详解】解：由旋转可知，，因为，所以点经过的路径长为，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质和弧长公式，解题关键是
熟练运用旋转的性质确定圆心角和半径，准确用弧长公式计算．4．【答案】D【分析】①AB为直径，所以∠ACB＝90°，就是AC⊥BF，
但不能得出AC平分BF，故错，②只有当FP通过圆心时，才平分，所以FP不通过圆心时，不能证得AC平分∠BAF，③证出D、P、C、F
四点共圆，再利用△AMP∽△FCP，得出结论．④由直径所对的圆周角是直角即可得到结论．【详解】解：①因为AB为直径，所以∠ACB＝
90°，所以AC垂直BF，但不能得出AC平分BF，故①错误，②如图，连接CD，因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，所以∠BDF＝
90°，假设AC平分∠BAF成立，则有DC＝BC，所以在Rt△FDB中，DC＝BC＝FC，所以AC⊥BF，且平分BF，与①中的AC
⊥BF，但不能得出AC平分BF相矛盾，故②错误，③因为AB为直径，所以∠ACB＝90°，∠ADB＝90°，所以D、P、C、F四点共
圆，所以∠CFP和∠CDB都对应，所以∠CFP＝∠CDB，因为∠CDB＝∠CAB，所以∠CFP＝∠CAB，又因为∠FPC＝∠APM
，所以△AMP∽△FCP，因为∠ACF＝90°，所以∠AMP＝90°，所以FP⊥AB，故③正确，④因为AB为直径，所以∠ADB＝9
0°，所以BD⊥AF．故④正确，综上所述只有③④正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了圆周角定理以及推论，圆的内接四边形的性质，解
题的关键是明确直径所对的圆周角是直角，圆的内接四边形的对角互补．5．【答案】【分析】通过旋转观察可知当DO⊥AB时，OD最大，设D
O与⊙O交于点M，连接CM，先证明△MED≌△MEB，得MD=BM，再利用勾股定理计算即可．【详解】解：通过旋转观察如图可知：当D
O⊥AB时，OD最大，设DO与⊙O交于点M，连接CM，所以∠MOB=90°，所以，所以，因为四边形BCDE是正方形，所以DE=BE
=BC，∠DCB=90°，所以C、M、E三点共线，所以，因为ME=ME，所以△MED≌△MEB（SAS），所以MD=BM，因为AB
=4cm，所以OM=OB=2cm，所以在Rt△MOB中，cm，所以OD的最大值为cm；故答案为．【点睛】本题主要考查圆周角定理及旋
转的性质，熟练掌握圆周角定理及旋转的性质是解题的关键．6．【答案】2【分析】过点P作⊙A的切线，切点为Q，连接AP、AQ，设直线与
x、y轴的交点分别为B、C，由切线的性质可得∠AQP=90°，进而根据勾股定理可得，当切线长PQ为最小时，则AP为最小，由此可得当
AP与直线垂直时AP取最小，最后问题可求解．【详解】解：过点P作⊙A的切线，切点为Q，连接AP、AQ，设直线与x、y轴的交点分别为
B、C，如图所示：所以∠AQP=90°，令y=0时，则，解得，令x=0时，则y=2，所以OC=2，OB=4，因为半径为1的⊙A圆心
A的坐标为（﹣1，0），所以，所以AB=5，所以在Rt△PQA中，，所以当切线长PQ为最小时，则AP为最小，由此可得当AP与直线垂
直时AP取最小，连接AC，则由勾股定理可得，所以，所以AC⊥BC，所以当点P与点C重合时，PQ取最小值，如图所示，因为OA=AQ，
AC=AC，∠AQP=∠AOP=90°，所以△AQP≌△AOP（HL），所以OP=PQ=2，所以PQ的最小值为2；故答案为2．【点
睛】本题主要考查切线的性质及一次函数的综合，熟练掌握切线的性质及一次函数的性质是解题的关键．7．【详解】（Ⅰ）如图，连接，为的切线
，，即，，由圆周角定理得：，，又四边形为菱形，，，解得；（Ⅱ）如图，连接，四边形为菱形，，又，，，，由圆内接四边形的性质得：，，由
圆周角定理得：．【点睛】本题考查了菱形的性质、圆周角定理、圆的切线的性质、圆内接四边形的性质等知识点，较难的是题（Ⅱ），通过作辅助
线，构造圆内接四边形是解题关键．8．【详解】（1）证明：如图1，连接OC，OD，因为BC=CD，所以∠BOC=∠COD=∠BOD，
又因为∠BAH=∠BOD，所以∠BAH=∠BOC，所以AH∥OC，因为AH⊥CH，所以OC⊥CH，所以CH是⊙O的切线；（2）证明
：如图2，连接AC，因为BC=CD，所以，所以∠BAC=∠CAH，又因为CE⊥AB，CH⊥AH，所以CE=CH，所以Rt△CEB≌
Rt△CHD（HL），所以BE=DH，因为点D为AH的中点，所以AD=DH，所以AD=BE；（3）解：如图3，延长CE交⊙O于点F
，因为AB是⊙O的直径，CF⊥AB，所以，所以∠BCE=∠CBD，所以GB=GC=5，在Rt△GEB中，cos∠DBA=，所以EB
=4，所以，所以CE=CG+GE=5+3=8，因为∠EAC=∠CAD=∠CBD=∠BCE，∠AEC=∠CEB=90°，所以Rt△A
EC∽△Rt△CEB，所以，即，所以AE=16，所以AB=AE+BE=16+4=20，在Rt△ADB中，cos∠DBA==，所以．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的判定，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆周角定理，平行线的判定性质，相似
三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质定理是解题的关键．9．【详解】（1）证明：如图，过O作AC的垂线OM，垂足为M
．因为AB＝AC，AO⊥BC，所以AO平分∠BAC，因为OE⊥AB，OM⊥AC，所以OE＝OM，因为OE为⊙O的半径，所以OM为⊙
O的半径，所以AC是⊙O的切线．（2）解：因为OM＝OE＝OF＝3．且F是OA的中点，所以AO＝6，在RtΔAEO中，AE＝，所以
＝OEAE＝．因为OE⊥AB，在RtΔAEO中，∠OEA＝90°，AO＝6，AE＝，OE＝3，所以∠EOF＝60°，所以＝，所以．
（3）解：如图，作点F关于BC的对称点G，连接EG交BC于P，因为，所以，此时EP+FP最小，因为OG=OF=OE，所以，而，所以
，所以，所以，即最小值为，在中，，在中，，所以，即当PE＋PF取最小值时，BP的长为．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角
形性质和最短路径问题，正确作出辅助线和掌握相关性质是解题的关键．1．【答案】D【分析】连接OC，根据利用等边三角形的性质和扇形面积
公式分别求出和代入运算即可．【详解】连接OC如图所示：所以OC=OB，B=OCB=，所以OC=OB=BC=4，又因为BC==4，因
为B''C与半圆相切，所以∠B''OC＝90°，所以OC==4，,所以，故选：D．【点睛】本题主要考查了圆有关的计算，涉及到了圆的性质
，切线的性质和判定，三角形的面积公式，扇形面积公式，利用图形作差表示出阴影部分的面积是解题的关键．2．【答案】B【分析】连接OC，
求出∠AOC的度数，再根据圆周角的性质直接求出的度数即可．【详解】解：连接OC，因为，所以，因为点是的中点，所以，所以，故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角的性质和弧与圆心角的关系，解题关键是熟练掌握圆周角的性质和弧与圆心角的关系，准确进行推理计算．3．【答案】
B【分析】连接OE，先利用切线的性质得到，再在中，利用等腰三角形的性质求，再利用三角形的内角和求．根据题意求出，则可得，在中，利用
等腰三角形的性质即可得到答案．【详解】解：连接OE．因为直线与相切于点，所以因为所以所以因为为的直径，点为半圆弧的中点，所以所以因
为所以故选B．【点睛】本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，掌握切线的性质找到角与角之间的关系是解答此题的关键
．4．【答案】D【分析】由垂径定理可得OB⊥AC，，则∠ADM=∠BDC，易证△OMD∽△AND，则∠AOD=90°，且DM：DN
=OD：AD=1：．【详解】解：因为OB平分∠AOC，所以∠AOB=∠COB，所以，所以∠ADB=∠BDC，因为AM=AN，所以∠
ANM=∠AMN，又因为∠AMN=∠OMD，所以∠ANM=∠OMD，所以△OMD∽△AND，所以，∠MOD=∠NAD，因为CD是直
径，所以∠NAD=90°，所以∠MOD=90°，因为OA=OD，所以∠OAD=45°，所以AD=OD，所以．故选：D．【点睛】本题
主要考查圆周角定理，相似三角形的性质与判定，熟记圆内相关定理是解题基础．5．【答案】D【分析】根据直角三角形斜边中线的性质可得点F
在以A为圆心，3为半径的圆弧上运动，在AB上取点G，使得，通过证明得到，即可将的最小值转化为求的最小值，利用两点之间线段最短即可求
解．【详解】解：连接AF，因为，，为中点，所以，所以点F在以A为圆心，3为半径的圆弧上运动，在AB上取点G，使得，所以，所以，所以
，所以，当G、F、C三点共线时取得最小值，即GC的长度，在中，，故选：D．【点睛】本题考查直角三角形斜边上中线的性质、相似三角形的
判定与性质、两点之间线段最短等内容，将求的最小值转化为求的最小值是解题的关键．6．【答案】【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥B
C于点D，根据AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边得到∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，从而得到∠B
OC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，然后求得BC的长即可．【详解】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，因
为AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，所以∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，所以∠BOC＝∠AOB
＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，因为OC＝OB，所以∠OCD＝∠OBC＝30°，因为OC＝6，所以CD＝＝3，所以BC＝2C
D＝6，故答案为：6．【点睛】考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是求得∠BOC的度数．7．【答案】【分析】根据菱形的性质先求出A
B的长，再根据等面积法求出半径．【详解】连接OM因为菱形，，所以OA=4，OB=3，∠AOB=90°所以因为是菱形的内切圆所以OM
⊥AB因为所以所以故答案是【点睛】本题主要考查了菱形性质，圆的切线等知识点，记住菱形和切线的性质是解题关键．8．【答案】【分析】连
接OB、OE、DE，根据已知条件证明、△OBE、△OED为等边三角形，根据判断计算即可；【详解】连接OB、OE、DE，如图所示，因
为AO=AB，AO=BO，所以，所以为等边三角形，因为四边形ABCD为平行四边形，所以，所以，所以△OBE是等边三角形，因为，所以
△OED是等边三角形，因为，所以，又因为，，，所以△DEC是等边三角形，所以；故答案是．【点睛】本题主要考查了与圆有关的阴影部分面
积求解，结合等边三角形的性质计算是解题的关键．9．【答案】【分析】根据扇形的面积公式即可求解．【详解】解：扇形的面积为．故答案为：
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，熟知扇形的面积公式是解题关键．10．【答案】120°；．【分析】连结AO，并延长交⊙O于E，连结
EC，延长BD交AC于F，由AE为直径，可得∠ACE=∠ABE=90°，由点D是高线的交点，可得BF⊥AC，AG⊥BC，CD⊥AB
，∠CFB=∠CGA=90°，利用四边内角和可求∠FDG=120°，利用对顶角性质∠ADB=∠FDG=120°，可证四边形CDBE
为平行四边形，可得CD=BE，由，可得∠ACB=∠AEB=60°，在Rt△ABE中，可求BE=AB×tan30°．【详解】解：连结
AO，并延长交⊙O于E，连结EC，延长BD交AC于F，因为AE为直径，所以∠ACE=∠ABE=90°，因为点D是高线的交点，所以B
F⊥AC，AG⊥BC，CD⊥AB，所以∠CFB=∠CGA=90°，所以∠FDG=360°-90°-90°-60°=120°，所以∠
ADB=∠FDG=120°，因为∠ACE=∠CFB=90°，CD⊥AB，EB⊥AB，所以CE∥DB，CD∥EB，所以四边形CDBE
为平行四边形所以CD=BE，因为所以∠ACB=∠AEB=60°，所以∠EAB=90°-∠AEB=90°-60°=30°，在Rt△A
BE中，BE=AB×tan30°=8×，所以CD=BE=．故答案为：120°；．【点睛】本题考查垂心性质，直径所对圆周角，同弧所对
圆周角性质，四边形内角和，平行四边形判定与性质，特殊角锐角三角函数，掌握同弧所对圆周角性质，平行四边形判定与性质，特殊锐角三角函数
值是解题关键．11．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析．【分析】(1)根据平行四边形性质可证，根据圆的内接四边形可证，利用
等角对等边可证；(2)利用平行四边形的性质证出即可．【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，所以，因为⊙是的外接圆，边与⊙交于
点，所以，因为，所以，所以，所以；（2）证明：因为四边形是平行四边形，所以，因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以所以，所以，所
以，所以=即点是的中点．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，圆周角的性质，解题关键是准确运用等腰三角形和圆周角的性质进行推理
证明．12．【详解】（1）证明：连接AD，因为AB＝AC，∠BAC＝120°，所以∠B＝∠C＝30°，因为AD＝BD，所以∠BAD
＝∠B＝30°，所以∠ADC＝60°，所以∠DAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，即AC⊥AD，所以AC是⊙D的切线；（2）连
接AE，由∠ADC=60°，DA=DE,所以△ADE是等边三角形，所以AE＝DE，∠AED＝60°，所以∠EAC＝∠AED﹣∠C＝
30°，所以AE＝CE＝，所以⊙D的半径AD＝．【点睛】本题综合考查了圆的切线的判定、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性
质等内容，要求学生牢记相关概念，能运用相关判定或性质得到角或边之间的关系等，考查了学生对相关知识的理解与应用的能力．13．【详解】
解：（1）证明：因为点是的中点，所以,所以AD=CD，所以∠DAC=∠DCA，因为，所以∠DAC+∠B=90°，∠DCA+∠DCB
=90°，所以∠DCB=∠DBC，所以；（2）如图，连接DO交于点E，交AC于点F，连接AE，因为点是的中点，所以,所以∠DAF=
∠AED，因为DE为的直径，所以AE⊥AD，AF⊥DF，点F为AC中点所以∠EAD=∠AFD，所以△AFD∽△EAD，所以因为，所
以DF是△ABC中位线，所以DF=BC,所以所以；（3）如图，以D为直角顶点，QD为直角边作等腰直角△DGQ，连接AG，则，∠DQ
G=45°，因为AC为的直径，所以∠ADC=90°，所以∠QDG+∠QDA=∠ADC+∠QDA即∠ADG=∠CDQ，在△ADQ和△
CDQ中所以△ADQ≌△CDQ(SAS)，所以AG=CQ，因为点是的中点，所以∠P=45°，由对称可知：∠P=∠AQD=45°，所
以∠AQG=∠AQD+∠DQG=90°，所以，所以．【点睛】本题主要考查圆和相似三角形的判定和性质，能够做出辅助线，结合勾股定理推
导边关系式解题的关键．14．【详解】（1）证明：如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，在Rt△CGM中，，所
以AD＝CM，因为AD∥CM，所以四边形AMCD是平行四边形．（2）解：如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．
因为ME＝MC，MT⊥EC，所以CT＝ET，所以cosC，设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，E
H＝CE＝k，CH=EC=k，所以MH＝CM﹣CH＝k，所以tan∠EMH＝，因为∠FMB＝∠EMC，所以tan∠FMB，所以BM
＝，所以CM＝BC﹣BM＝＝5k，（BC=6的求解过程见（3）小题）所以CE＝6k＝．（3）如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点
D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．所以AD＝BP＝3，在Rt△CDP中，cosC，因为CD＝5，所以PC＝3，AB＝PD
＝4，所以BC＝3+3＝6，设CM＝AM＝x，在Rt△ABM中，则有x2＝42+（6﹣x）2，解得x＝，所以⊙M的半径为．如图3﹣
2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．设CM＝ME＝MP＝x，则DN＝x﹣3，因为DM2＝MN2+DN
2＝MP2﹣DP2，所以42+（x﹣3）2＝x2﹣32，所以x＝，综上所述，满足条件的⊙M的半径为或．【点睛】本题属于圆综合题，考
查了直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会
利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．15．【详解】解：（1）如图，因为点O在PA上，PQ是⊙O的切线，所以PQ⊥AP，因为c
ot∠PAQ＝＝，所以可以假设PA＝3k，PQ＝4k，则AQ＝5k＝15，所以k＝3，所以PA＝9，PQ＝12，所以⊙O的半径为．
（2）如图，当点O在射线AB的上方时，过点Q作QK⊥AB于K，过点O作OH⊥AB于H．因为PQ是⊙O的切线，所以∠PHO＝∠OPQ
＝∠PKQ＝90°，所以∠OPH+∠QPK＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，所以△PHO∽△QKP，所以设PA＝2m，则AH＝
PH＝m，PK＝9﹣2m，所以解得，m＝或﹣3，经检验，x＝是分式方程的解，且符合题意．所以AP＝3．如图，当点O在射线AB的下方
时，同法可得AP＝．综上所述，满足条件的AP的值为3或．（3）如图，当⊙P与⊙O内切时，由△PHO∽△QKP，可得,因为OH⊥AP
，所以AH＝PH，所以AP＝2PH，QK＝2PH，所以PA＝QK＝12，如图，当⊙O与AC相切于点A时，因为∠OAQ＝∠OPQ＝9
0°，OQ＝OQ，OA＝OP，所以Rt△OAQ≌Rt△OPQ（HL），所以AQ＝PQ，因为OA＝OP，所以OQ垂直平分线段AP，所
以AP＝2AH＝18，观察图像可知：当⊙O与⊙P内含时，0＜AP＜12．当⊙O与⊙P内切时，AP＝12．当⊙O与⊙P相交时，12＜
AP＜18．【点睛】本题相似三角形、全等三角形的判定、圆与圆的位置关系．分类讨论思想是难点．灵活进行角的转换证明相似是重点．—
——视图与投影1．了解：投影的定义，平行投影与中心投影的概念，物体的三视图.2．理解：主视图、俯视图、左视图，平行投影与中心投影的
性质.3．会：区别平行投影与中心投影，画出主视图、俯视图、左视图.4．掌握：平行投影与中心投影性质;主视图、俯视图、左视图的画法.
5．能：能准确判断三种视图,利用投影的性质解决生活与生产中的实际问题，解决投影与解直角三角形、相似有关的实际问题.1．从考查的题型
来看，主要以填空题或选择题的形式进行考查,属于中、低档题,较为简单;少数题目以解答题的形式进行考查,属于中档题,难度一般.2．从考
查的内容来看,主要涉及的有：平行投影与中心投影的性质;主视图、俯视图、左视图的画法;由三视图判断几何体;投影与解直角三角形、相似相
结合的问题.3．从考查的热点来看,重点涉及的有：平行投影与中心投影的性质;主视图、俯视图、左视图的画法;由三视图判断几何体;投影与
解直角三角形、相似相结合的实际问题.一、立体图形的三种视图1．概念：当我们从某一角度观察一个实物时，所看到的图像叫做物体的一个视图
．物体的三视图特指主视图、俯视图、左视图．2．画法：（1）确定主视图的位置，画出主视图；（2）在主视图正下方画出俯视图，注意与主视
图“长对正”；（3）在主视图正右方画出左视图，注意与主视图“高平齐”，与俯视图“宽相等”；（4）为表示出旋转几何体（圆柱、圆锥、球
等）的对称轴，可在视图中加点．3．利用三视图求几何体的表面积或体积：首先利用三视图还原几何体，再去求几何体的表面积或体积．4．注意
：三个视图要放在正确的位置，主视图与俯视图的长对正，主视图与左视图的高平齐，左视图与俯视图的宽相等．可简述为：长对正，高平齐，宽
相等．二、投影1．平行投影（1）概念：有些光线是一组互相平行的射线，例如太阳光或探照灯的一束光中的光线就可以看成是平行光线．由平行
光线形成的投影是平行投影．（2）性质：①直线或线段的平行投影是直线或线段或一点；②平行直线的平行投影是平行或重合的直线或是两点；③
平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；④与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；⑤在同一直线或平行直线上的两条
线段，平行投影的比等于这两条线段的比．2．中心投影（1）概念：由同一点（点光源）发出的光线形成的投影叫做中心投影，例如，物体在灯泡
发出的光照射下形成的影子就是中心投影．同一光源下，物体与影子上的两对对应点所在直线相交于一点，即光源处，而在中心投影中，物体的高度
与影长一般是不成比例的．（2）对于中心投影的问题通常有两种：①知道点源和木杆，画出影长；②知道标杆和影长，画出点光源．（3）确定光
源点（灯泡）的位置：①只要画出形成影子的两条光线，两条光线的交点就是灯泡的位置；②相交的光线为点光源发出的光线，其交点即为点光源；
③点光源下两物体的影子可能在同一方向，也可能在不同方向；④找出影子的右端点与木杆的上端连线，再反向延长后有个交点即为光源点．3．平
行投影与中心投影的区别（1）平行投影是在平行光线下所形成的投影，同一时刻，同一地点上的线段与线段若平行，则它们的影子平行或在同一条
直线上，且线段的长与影长成比例；（2）中心投影是从一点发出的光线的照射下所形成的投影，同一光源下，物体与影子上的对应点所在直线相交
于一点，即光源处．（3）太阳光线是平行光线，灯光的光线是从一点发出的．如下图所示．因此在判断是太阳光线还是灯光光线时，只要看光线呈
什么图形就可得出结论．即太阳光发射出来的光线是平行的，由灯光照射出来的光线是发散的．1．（2020·柳州市柳林中学中考真题）如图，
这是一个由5个完全相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，
可得答案．【详解】解：从正面看有三列，从左到右依次有1、1、2个正方形，图形如下：故选：A．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，
解题时注意从正面看得到的图形是主视图．2．（2020·山东日照市·中考真题）如图，几何体由5个相同的小正方体构成，该几何体三视图中
为轴对称图形的是（）A．主视图B．左视图C．俯视图D．主视图和俯视图【答案】B【分析】由题意观察图形先得到该几何体的三视图，再根据
轴对称图形的定义进行分析即可求解．【详解】解：由如图所示的几何体可知：该几何体的主视图、左视图和俯视图分别是，其中左视图是轴对称图
形．故选B．【点睛】本题考查简单组合体的三视图以及轴对称图形，解题的关键是得到该几何体的三视图以及掌握轴对称图形的定义．3．（20
20·江苏镇江市·中考真题）如图，将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后，得到一个新的几何体，这个几何体的主视图是（）A．B
．C．D．【答案】A【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．【详解】解：从正面看是一个正方形，正方形的右上角是一个小正方
形，故选：A．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图．4．（2020·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图
，下列几何体的左视图不是矩形的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据左视图是从物体左面看所得到的图形，分别得出四个几何体的左
视图，即可解答．【详解】解：A、圆柱的左视图是矩形，不符合题意；B、三棱锥的左视图是等腰三角形，符合题意；C、三棱柱的左视图是矩形
，不符合题意；D、正方体的左视图是矩形（正方形），不符合题意．故选B．【点睛】本题主要考查简单几何体的三视图；考查了学生的空间想象
能力，属于基础题．5．（2020·贵州贵阳市·中考真题）在下列四幅图形中，能表示两棵小树在同一时刻阳光下影子的图形的可能是（）A．
B．C．D．【答案】D【分析】根据太阳光下的影子的特点：（1）同一时刻，太阳光下的影子都在同一方向；（2）太阳光线是平行的，太阳光
下的影子与物体高度成比例，据此逐项判断即可．【详解】选项A、B中，两棵小树的影子的方向相反，不可能为同一时刻阳光下的影子，则选项A
、B错误选项C中，树高与影长成反比，不可能为同一时刻阳光下的影子，则选项C错误选项D中，在同一时刻阳光下，影子都在同一方向，且树高
与影长成正比，则选项D正确故选D．【点睛】本题考查了太阳光下的影子的特点，掌握太阳光下的影子的特点是解题关键．6．（2020·四川
广安市·中考真题）如图所示的是由5个相同的小正方体搭成的几何体，则它的俯视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据俯视图的定
义：由物体上方向下做正投影得到的视图，即可得出结论．【详解】解：该几何体的俯视图为：故选C．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，
培养学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．7．（2020·辽宁朝阳市·中考真题）如图所示的主视图对应的几何体是（）A．B
．C．D．【答案】B【分析】根据主视图是在正面内得到的由前向后观察物体的视图，逐一判断即可．【详解】A：的主视图为，故此选项错误；
B：的主视图为，故此选项正确；C：的主视图为，故此选项错误；D：的主视图为，故此选项错误；答案故选B【点睛】本题主要考查了三视图，
理解主视图的特点和熟记看的见部分的轮廓线画成实线，因被其他部分遮挡而看不见部分的轮廓线画成虚线是解题的关键．8．（2020·四川中
考真题）如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的表面积是（）A．20πB．18πC．16πD．14π【答案】B【
分析】由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥和圆柱组合体，根据图中给定数据求出表面积即可．【详解】由几何体的三视图可得出原几何体为圆
锥和圆柱组合体，且底面半径为，∴这个几何体的表面积=底面圆的面积+圆柱的侧面积+圆锥的侧面积=22π+222π+32π=18π，故
选B．【点睛】本题考查了由三视图判断几何体、圆锥和圆柱的计算，由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥和圆柱组合体是解题的关键．9．（
2020·内蒙古呼和浩特市·中考真题）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．【答案】3π+4【
分析】首先根据三视图判断几何体的形状，然后计算其表面积即可．【详解】解：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，半圆柱的直径为2，高
为1，故其表面积为：π×12+（π+2）×2=3π+4，故答案为：3π+4．【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键
是首先根据三视图得到几何体的形状，难度不大．10．（2020·湖南郴州市·中考真题）如图，圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则圆
锥主视图的面积为__________．【答案】48【分析】圆锥的主视图是等腰三角形，根据圆锥侧面积公式S=πrl代入数据求出圆锥的
底面半径长，再由勾股定理求出圆锥的高即可．【详解】根据圆锥侧面积公式：S=πrl，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60π，故
60π=π×10×r，解得：r=6．由勾股定理可得圆锥的高==8∵圆锥的主视图是一个底边为12，高为8的等腰三角形，∴它的面积=，
故答案为：48【点睛】本题考查了三视图的知识，圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．11．（2020·黑龙江齐齐
哈尔市·中考真题）如图是一个几何体的三视图，依据图中给出的数据，计算出这个几何体的侧面积是______．【答案】65π【分析】由几
何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定数据求出母线l和底面圆半径为r的长度，再套用侧面积公式即可得出结论．【详解】解：由三
视图可知，原几何体为圆锥，设圆锥母线长为l,底面圆半径为r有l=13，r=5S侧＝πrl＝π×5×13＝65π．故答案为：65π．
【点睛】本题考查了三视图以及圆锥的侧面积公式，其中根据几何体的三视图判断出原几何体是解题的关键，再套用公式即可作答．12．（202
0·四川攀枝花市·中考真题）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡
，且圆柱底部到坡脚水平线的距离皆为．王诗嬑观测到高度矮圆柱的影子落在地面上，其长为；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在
地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：（1）若王
诗嬑的身高为，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少？（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地
面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为，则高圆柱的高度为多少？【详解】解：（1）设
王诗嬑的影长为xcm，由题意可得：，解得：x=120，经检验：x=120是分式方程的解，王诗嬑的的影子长为120cm；（2）正确，
因为高圆柱在地面的影子与MN垂直，所以太阳光的光线与MN垂直，则在斜坡上的影子也与MN垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN垂直，而
横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；（3）如图，AB为高圆柱
，AF为太阳光，△CDE为斜坡，CF为圆柱在斜坡上的影子，过点F作FG⊥CE于点G，由题意可得：BC=100，CF=100，∵斜坡
坡度，∴，∴设FG=4m，CG=3m，在△CFG中，，解得：m=20，∴CG=60，FG=80，∴BG=BC+CG=160，过点F
作FH⊥AB于点H，∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，可知四边形HB
GF为矩形，∴，∴AH==200，∴AB=AH+BH=AH+FG=200+80=280，故高圆柱的高度为280cm.【点睛】本题考
查了解分式方程，解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解实际物体与影长之间的关系解决问题，属于中考常考题型
．1．（2021·北京丰台区·九年级一模）一个几何体的三视图如右图所示，该几何体是（）A．B．C．D．2．（2021·内蒙古包头
市·九年级一模）如图，由几个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，其中小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数，则该几何体的左
视图是（）A．B．C．D．3．（2021·北京九年级一模）如图是由若干个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，其三视图中面积最小的
是（）A．左视图B．俯视图C．主视图D．一样大4．（2021·北京房山区·九年级一模）下列几何体中，主视图是三角形的是（）A．
B．C．D．5．（2021·四川成都市·九年级二模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的名称是（）A．正方体B．圆柱C．圆锥D
．球6．（2021·浙江温州市·九年级二模）一个“凹”字型几何体如图所示，它的俯视图是（）A．B．C．D．7．（2021·四川成
都市·九年级专题练习）图1所示的是一个上下两个面都为正方形的长方体，现将图1的一个角切掉，得到图2所示的几何体，则图2的俯视图是（
）A．B．C．D．8．（2021·河北邢台市·九年级一模）如图所示的几何体由六块相同的小正方体搭成，若移走一块小正方体几何体的左
视图发生了改变，则移走的小正方体是（）A．①B．②C．③D．④9．（2021·北京通州区·九年级一模）某立体图形的三视图中，主视
图是矩形，请写出一个符合题意的立体图形名称：_________．10．（2021·北京九年级专题练习）当你晨练时，你的影子总在你的
正后方，则你是在向正__方跑．11．（2021·江苏九年级专题练习）用棱长为1cm的小正方体，搭成如图所示的几何体，则它的表面积为
_____cm2．12．（2021·山东德州市·九年级期末）如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续
往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB＝_____米．13．（2020·鹤壁
市淇滨中学七年级月考）画出下面几何体的三视图．14．（2021·陕西九年级专题练习）如图，小华在晚上由路灯A走向路灯B．当他走到点
P时，发现他身后影子的顶部刚好接触到路灯A的底部；当他向前再步行12m到达点Q时，发现他身前影子的顶部刚好接触到路灯B的底部．已知
小华的身高是1.6m，两个路灯的高度都是9.6m，且AP＝QB．（1）求两个路灯之间的距离．（2）当小华走到路灯B的底部时，他在路
灯A下的影长是多少？15．（2021·江苏宿迁市·七年级期末）如图是某几何体的三视图，其中主视图和左视图都是长方形，俯视图是一直角
三角形．（1）这个几何体的名称是__________；（2）画出它的表面展开图；（3）若主视图的宽为4cm，长为10cm，俯视图中
CD长比左视图中AB长大2cm，它的表面积为132cm2，求该几何体的体积．16．（2021·辽宁抚顺市·九年级三模）某工厂要加工
一批上下底密封纸盒，设计者给出了密封纸盒的三视图，如图1．（1）由三视图可知，密封纸盒的形状是__________；（2）根据该几
何体的三视图，在图2中补全它的表面展开图；（3）请你根据图1中数据，计算这个密封纸盒的表面积．（结果保留根号）1．如图所示的几何体
的俯视图是（）A．B．C．D．2．下列四个几何体分别是由5个相同的小正方体拼成的，其中从正面看到的图形与其他三个不同的是（）A
．B．C．D．3．如图，是某几何体的三视图，该几何体是（）A．圆柱B．正方体C．三棱柱D．长方体4．一个几何体的三视图如图所示，
若其俯视图为正方形，则这个几何体的体积是（）A．6B．12C．D．5．在数学活动课上，老师带领数学小组测量大树的高度．如图，数学
小组发现大树离教学楼有5m，高1.4m的竹竿在水平地面的影子长1m，此时大树的影子有一部分映在地面上，还有一部分映在教学楼的墙上，
墙上的影子离为2m，那么这棵大树高___________m．6．如图1，在平整的地面上，用8个棱长都为1cm的小正方体堆成一个几何
体．（1）请利用图2中的网格画出这个几何体从正面看、从左面看和从上面看到的形状图．（一个网格为小立方体的一个面）（2）图1中8个小
正方体搭成的几何体的表面积（包括与地面接触的部分）是cm2．7．从棱长为2的正方体毛坯的一角，挖去一个棱长为1的小正方体，得到一个
如图所示的零件．（1）这个零件的表面积是__________．（2）请按要求在边长为1网格图里画出这个零件的视图．8．如图，是小亮
晚上在广场散步的示意图，图中线段AB表示站立在广场上的小亮，线段PO表示直立在广场上的灯杆，点P表示照明灯的位置．（1）在小亮由B
处沿BO所在的方向行走到达O处的过程中，他在地面上的影子长度的变化情况为__________；（2）请你在图中画出小亮站在AB处的
影子；（3）当小亮离开灯杆的距离OB=4.2m时，身高（AB）为1.6m的小亮的影长为1.6m，问当小亮离开灯杆的距离OD=6m时
，小亮的影长是多少m？1．【答案】A【分析】根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，即可得出答案．
【详解】解：由于俯视图为圆形可得为球、圆柱、圆锥．主视图和左视图为三角形可得此几何体为圆锥．故选A．【点睛】本题考查了由三视图判断
几何体，考查学生对圆锥三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．2．【答案】A【分析】找到从左面看所得到
的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．由图示可得左视图一共看到两层，第一层有3个正方形，第二层最左边有2个正方形．【详
解】解：从左面看一共看到两层，第一层有3个正方形，第二层最左边有2个正方形．故选A．【点睛】本题考查三视图的知识，左视图是从物体的
左面看得到的视图．3．【答案】A【分析】根据这个组合体的三视图进行判断即可．【详解】解：这个组合体的三视图如下：三视图图中，面积最
小的是左视图，故选A．【点睛】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．4．【答案】A【分析】根据几何体的三视图
可直接进行求解．【详解】解：A选项的主视图是三角形，故符合题意；B选项的主视图为矩形，故不符合题意；C选项的主视图为正方形，故不符
合题意；D选项的主视图为，故不符合题意；故选A．【点睛】本题主要考查几何体的三视图，熟练掌握几何体的三视图是解题的关键．5．【答案
】C【分析】根据几何体的三视图，对各个选项进行分析，用排除法得到答案．【详解】解：根据主视图是三角形，圆柱、正方体、球不符合要求，
A、B、D错误，不符合题意；根据几何体的三视图，圆锥符合要求．故选C．【点睛】本题考查的是几何体的三视图，掌握主视图、左视图、俯视
图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形是解题的关键．6．【答案】C【分析】俯视图是从物体上面往下看，所得到的图形即可．【详
解】解：从上面看该几何体，得到的是长方形，且中间有2条竖线，因此选项C中的图形，比较符合题意，故选C．【点睛】本题考查了几何体的三
种视图，掌握定义是关键，注意所有的看到的棱都应用实线表现在三视图中，没看见的线用虚线表现在三视图中．7．【答案】C【分析】根据俯视
图的意义，从上面看该几何体所得到的图形即可．【详解】解：从上面看该几何体，看到的是一个有一条对角线的正方形，选项C中的图形比较符合
题意，故选C．【点睛】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．8．【答案】B【分析】根据左视图的定义，影响左视
图的因素是行数及其行数中小正方体的最高层数，据此判断即可．【详解】根据几何体，得它的左视图如下，因为去掉①既没有改变几何体的行数，
也没有改变行数中小正方体的最高层数，从而几何体的左视图不会改变，所以①不符合题意；因为去掉②改变了几何体的行数，没有改变行数中小正
方体的最高层数，从而几何体的左视图改变，所以②符合题意；因为去掉③既没有改变几何体的行数，也没有改变行数中小正方体的最高层数，从而
几何体的左视图不会改变，所以③不符合题意；因为去掉④既没有改变几何体的行数，也没有改变行数中小正方体的最高层数，从而几何体的左视图
不会改变，所以④不符合题意；故选B．【点睛】本题考查了几何体的视图，熟练掌握几何体的三视图的画法和视图的定义是解题的关键．9．【答
案】圆柱【分析】根据三视图的定义求解即可．【详解】解：圆柱的主视图是矩形，故答案为：圆柱．【点睛】本题考查三视图，解题的关键是掌握
三视图的定义．10．【答案】东【分析】利用平行投影的性质，得出影子的位置，即可得出答案．【详解】当你晨练时，太阳从东方，人的影子向
西，所以当你的影子总在你的正后方，则你是在向正东方跑．故答案为：东．【点睛】本题主要考查了平行投影的性质，得出影子与太阳的位置关系
是解题关键．11．【答案】【分析】有顺序的计算上下面，左右面，前后面的表面积之和即可．【详解】解：4×2+3×2+4×2＝22（c
m2）．所以该几何体的表面积为22cm2．故答案为：22．【点睛】此题考查了几何体的表面积计算，解题的关键是分别判断出各个视图中小
正方形的个数．12．【答案】6【分析】根据在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成
的两个直角三角形相似解答．【详解】解：因为，当王华在CG处时，Rt△DCG∽Rt△DBA，即＝，当王华在EH处时，Rt△FEH∽R
t△FBA，即，所以＝，因为CG＝EH＝1.5米，CD＝1米，CE＝3米，EF＝2米，设AB＝x，BC＝y，所以，即，即2（y+1
）＝y+5，解得：y＝3，则，解得，x＝6米．即路灯A的高度AB＝6米．【点睛】本题综合考查了中心投影的特点和规律以及相似三角形性
质的运用．解题的关键是利用中心投影的特点可知在这两组相似三角形中有一组公共边，利用其作为相等关系求出所需要的线段，再求公共边的长度
．13．【答案】见解析【分析】找到从正面、左面、上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．【详解】解：如图所示
：【点睛】此题主要考查了三视图的画法，正确掌握三视图之间的数量关系是解决问题的关键．主视图与俯视图长对正，主视图与左视图高平齐，左
视图与俯视图宽相等，即长对正，高平齐，宽相等．14．【答案】（1）18米；（2）米【分析】（1）如图1，先证明△APM∽△ABD，
利用相似比可得AP＝AB，即得BQ＝AB，则AB+12+AB＝AB，解得AB＝18（m）；（2）如图2，他在路灯A下的影子为BN，
证明△NBM∽△NAC，利用相似三角形的性质得，然后利用比例性质求出BN即可．【详解】解：（1）如图1，因为PM∥BD，所以△AP
M∽△ABD，，即，所以AP＝AB，因为QB=AP，所以BQ＝AB，而AP+PQ+BQ＝AB，所以AB+12+AB＝AB，所以AB
＝18．答：两路灯的距离为18m；（2）如图2，他在路灯A下的影子为BN，因为BM∥AC，所以△NBM∽△NAC，所以，即，解得B
N＝3.6．答：当他走到路灯B时，他在路灯A下的影长是3.6m．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，要求学生能根据题意画出对
应图形，能判定出相似三角形，以及能利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等的原理解决求线段长的问题等，蕴含了数形结合的思想
方法．15．【答案】（1）三棱柱；（2）它的表面展开图见解析；（3）该几何体的体积为60cm3．【分析】（1）从三视图的主视图看这
是一个矩形，而左视图是一个的矩形，俯视图为一个三角形，故可知这是一个三棱柱；（2）易得为一个长方形加两个三角形；（3）根据勾股定理
可求较短直角边的长，再根据直三棱柱的体积公式计算即可．【详解】解：（1）这个几何体为三棱柱．故答案为：三棱柱；（2）它的表面展开图
如图所示；（3）设较短直角边的长为xcm，由勾股定理得x2+42＝（x+2）2，解得x＝3，则该几何体的体积为3×4÷2×10＝6
0（cm3）．故该几何体的体积为60cm3．【点睛】本题考查了勾股定理，由三视图确定几何体和求几何体的体积等相关知识，考查学生的空
间想象能力．16．【答案】（1）（正）六棱柱；（2）见解析；（3）【分析】（1）通过三视图，发挥想象力可以得到答案；（2）由（1）
得到的答案可以得到表面展开图；（3）分别计算出侧面积和上下底面积即可得到答案．【详解】解：（1）根据该几何体的三视图知道它是一个（
正）六棱柱；（2）由（1）可以得到六棱柱的表面展开图如图：（3）由图中数据可知：六棱柱的高为12，底面边长为5，所以六棱柱的侧面积
为．又因为密封纸盒的底面面积为：，所以六棱柱的表面积为：．【点睛】本题考查三视图与展开图的综合应用，充分发挥想象力是解题关键．1．
【答案】A【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．【详解】解：从上边看，是一个三角形．故选A．【点睛】本题考查了简单组合
体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图是解题关键．2．【答案】A【分析】根据各个选项的主视图解答即可．【详解】A：主视图是第一层两
个小正方形，第二层右边一个小正方形；B：主视图是第一层两个小正方形，第二层左边一个小正方形；C：主视图是第一层两个小正方形，第二层
左边一个小正方形；D：主视图是第一层两个小正方形，第二层左边一个小正方形．综上所述，A选项的主视图与其余选项不同．故选A．【点睛】
本题主要考查了三视图的判断，熟练掌握相关方法是解题的关键．3．【答案】D【分析】该几何体的主视图与左视图均为矩形，俯视图为正方形，
易得出该几何体的形状．【详解】解：该几何体的主视图为矩形，左视图为矩形，俯视图是一个正方形，则可得出该几何体是长方体．故选D．【点
睛】主要考查的是三视图的相关知识，解得此题时要有丰富的空间想象力．4．【答案】A【分析】这是一个底面为对角线为2的正方形，高为3的
长方体，根据体积等于底面积乘高计算即可【详解】因为几何体的三视图如下，所以该几何体是一个底面为对角线为2的正方形，高为3的长方体，
所以几何体的体积为：=6，故选A【点睛】本题考查了几何体的三视图，几何体的体积，熟练掌握三视图的意义，根据三视图确定几何体对应量的
大小是解题的关键．5．【答案】9【分析】根据同一时刻影长与物高成比例，先求出CE，再求AB即可．【详解】解：延长AD交BC延长线于
E，根据同一时刻影长与物高成比例可得CE：CD=1：1.4，因为CD=2m，所以CE=m，所以BE=BC+CE=5+=m，所以BE
：AB=1:1.4，所以AB=9m．故答案为：9．【点睛】本题考查平行投影问题，掌握平行摄影的原理是同一时刻影长与物高成比例是解题
关键．6．【答案】（1）见解析；（2）32【分析】（1）根据三视图的画法画出图形即可．（2）分前后，左右，上下三个方向统计正方形的
个数即可．【详解】解：（1）三视图如图所示：（2）表面积＝5+5+5+5+6+6＝32（cm2）．故答案为：32．【点睛】本题考查
作图–三视图，几何体的表面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．7．【答案】（1）24；（2）见解析【分析】（1）几何体的表面积
与原来相同，根据正方体的表面积公式计算即可求解；（2）根据几何体画出从左面、上面看所得到的图形即可．【详解】解：（1）2×2×6＝
24．这个零件的表面积是24，故答案为：24．（2）如图所示：【点睛】本题考查了三视图，解题关键是树立空间观念，准确识图，认真计算
．8．【答案】（1）变短；（2）见解析；（3）小亮的影长是米【分析】（1）根据光是沿直线传播的道理可知在小亮由B处沿BO所在的方向
行走到达O处的过程中，他在地面上的影子长度的变化情况为变短；（2）连接PA并延长交直线BO于点E，则线段BE即为小亮站在AB处的影
子；（3）根据灯的光线与人、灯杆、地面形成的两个直角三角形相似解答即可．【详解】解：（1）因为光是沿直线传播的，所以当小亮由B处沿
BO所在的方向行走到达O处的过程中，他在地面上的影子长度的变化情况为变短；（2）如图所示，BE即为所求；（3）如图，先设OP=x，
则当OB=4.2米时，BE=1.6米，所以，即，所以x=5.8米；当OD=6米时，设小亮的影长是y米，所以=，所以=，所以y=（米
）．即小亮的影长是米．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定及性质，解答此题的关键是根据题意画出图形，构造出相似三角形，再根据相似三
角形的性质解答．——统计与概率１．了解：全面调查与抽样调查的概念;统计图与频率、频数的概念;平均数、中位数、众数的概念;方差
、标准差、极差的概念;必然事件、不可能事件、不确定事件的概念.2．理解：抽样调查、频率、平均数、中位数、众数、方差、随机事件、概率
及频率估算概率.3．会：计算频数和频率用频率估算事件的概率;求一组数据的平均数、中位数、众数，并会选择适当的统计量表示数据的集中趋
势和集中程度;求一组数据的方差、标准差、极差，并会选择适当的统计量表示数据的波动趋势.4．掌握：抽样调查的方式;频率的计算;平均数
、中位数、众数的选用与计算;方差的计算;随机事件概率的计算;频率估算概率的计算及应用.5．能：正确识别自然和社会想象中的一些必然事
件、不可能事件、不确定事件;灵活选择适当的方法求事件的概率.1．从考查的题型来看，以选择题或填空题的形式进行考查的题目相对简单,属
于中、低档题;以解答题的形式进行考查的题目相对较难,属于中、高档题.2．从考查的内容来看,主要涉及的有：抽样调查的方式;频率的计算
;平均数、中位数、众数的选用与计算;方差的计算;随机事件概率的计算;频率估算概率的计算及应用.3．从考查的热点来看,重点涉及的有：
抽样调查的方式;频率的计算;平均数、中位数、众数的选用与计算;方差的计算;随机事件概率的计算;频率估算概率的计算及应用;统计与概率
的以实际生活为背景的综合问题的应用解决.一、数据的收集与整理1．对于总体、个体、样本、样本容量、样本平均数、总体平均数的判断，在做
题时只需严格根据定义判断即可，特别注意判断个体时必须是考察对象．2．对于全面调查、抽样调查的选择：当考察数据较少时选择全面调查，但
涉及人身安全时一定要选择全面调查；当考察数据较多时选择抽样调查．注意抽样时要全面、广泛，要有代表性．3．对于统计图的考查，常涉及条
形统计图、折线统计图、扇形统计图、频数分布直方图、频数折线图．做题时，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；折线统计图表示的是事物的变化情况；扇形统计图能直接反映部分占总体的百分比大小．多个统计图时
要注意各个统计图中各个项目数据之间的对应关系，防止弄混各个统计图的数据．二、数据的集中与波动1．对于平均数的计算方法，可以针对不同
题型进行选择：（1）当所给数据比较分散时，一般选用定义公式：．（2）当所给数据重复出现时，一般选用加权平均数公式：，其中．（3）当
所给数据都在某一常数a的附近上下波动时，一般选用简化公式：．其中，常数a通常取接近这组数据平均数的较“整”的数，，．是新数据的平均
数（通常把叫做原数据，叫做新数据）．2．对于涉及众数、中位数的试题：求众数时只需找到出现次数最多的数；求中位数时分两种情况，一是
当数据是偶数个时，中位数是中间两个数的平均数；二是当数据是奇数个时中位数是中间数．特别注意求中位数时一定要弄清楚数据是偶数个还是奇
数个．3．对于数据的波动的考查主要涉及：（1）极差——最大值与最小值的差；（2）方差：，其中是数据的平均数；（3）标准差：．特别注
意：计算方差时先求出数据的平均数再代入公式计算即可；极差也能表述数据的波动但不准确，所以如果准确判断数据的波动都用方差或标准差．三
、随机事件及其概率1．对于随机事件的区分：必然事件——在一定的条件下重复进行试验时，在每次试验中必然会发生的事件；不可能事件——有
的事件在每次试验中都不会发生，这样的事件叫做不可能的事件；不确定事件——在一定的条件下重复进行试验时，可能发生也可能不发生的事件．
特别注意：一般地，对于一个随机事件A，我们把刻画其发生可能性大小的数值，称为随机事件A发生的概率，记为P（A）．2．对于频率与概率
的关系：当我们大量重复进行试验时，某事件出现的频率逐渐稳定到某一个数值，把这一频率的稳定值作为该事件发生的概率的估计值．3．对于概
率的计算：（1）公式法：一般地，如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的m种结果，那么事件
A发生的概率为P（A）＝．（2）列表法：当一次试验要涉及两个因素（例如掷两个骰子）并且可能出现的结果数目较多时，为了不重复不遗漏
地列出所有可能的结果，通常采用列表法．（3）画树状图：当一次试验要涉及3个或更多的因素（例如从3个口袋中取球）时，列表就不方便了，
为了不重复不遗漏地列出所有可能的结果，通常采用树状图．（4）涉及几何图形时，常利用面积比来求概率，其计算公式为：，注意解这类题时除
了掌握概率的计算方法外，还应熟练掌握几何图形的面积计算．1．（2020·山东济南市·中考真题）某班级开展“好书伴成长”读书活动，统
计了1至7月份该班同学每月阅读课外书的数量，绘制了折线统计图，下列说法正确的是（）A．每月阅读课外书本数的众数是45B．每月阅
读课外书本数的中位数是58C．从2到6月份阅读课外书的本数逐月下降D．从1到7月份每月阅读课外书本数的最大值比最小值多45【答案】
B【分析】从折线图中获取信息，结合中位数、众数的定义及极差的定义可得答案．【详解】解：因为58出现了两次，其他数据都出现了一次，所
以每月阅读课外书本数的众数是58，故选项A错误；每月阅读课外书本数从小到大的顺序为：28、33、45、58、58、72、78，最中
间的数字为58，所以该组数据的中位数为58，故选项B正确；从折线图可以看出，从2月到4月阅读课外书的本数下降，4月到5月阅读课外书
的本数上升，故选项C错误；从1到7月份每月阅读课外书本数的最大值78比最小值多28多50，故选项D错误．故选：B．【点睛】本题考查
的是折线统计图及从折线统计图中获取信息，同时考查众数与中位数，极差，掌握以上知识是解题的关键．2．（2020·湖北荆门市·中考真题
）为了了解学生线上学习情况，老师抽查某组10名学生的单元测试成绩如下：78，86，60，108，112，116，90，120，54
，116这组数据的平均数和中位数分别为（）A．95，99B．94，99C．94，90D．95，108【答案】B【分析】按照平均数
和中位数的计算方法进行计算即可．【详解】平均数为：将数据按照从小到大进行排列为：54，60，78，86，90，108，112，11
6，116，120中位数为：故选：B．【点睛】本题考查了平均数，中位数的计算，熟知以上计算方法是解题的关键．3．（2020·四川广
安市·中考真题）下列说法正确的是（）A．端午节我们有吃棕子的习俗，为了保证大家吃上放心的棕子，质监部门对广安市市场上的棕子实
行全面调查B．一组数据－1，2，5，7，7，7，4的众数是7，中位数是7C．海底捞月是必然事件D．甲、乙两名同学各跳远10次，若他
们跳远成绩的平均数相同，甲同学跳远成绩的方差为1.2，乙同学跳远成绩的方差为1.6，则甲同学发挥比乙同学稳定【答案】D【分析】根据
全面调查和抽查的特征、众数、中位数的定义、必然事件与不可能事件的判断和方差的意义逐一判断即可．【详解】解：A.因为粽子量大，故应
采用抽样调查，故本选项错误；B.一组数据－1，2，5，7，7，7，4的众数是7，中位数是5，故本选项错误；C.海底捞月是不可能
事件，故本选项错误；D.甲、乙两名同学各跳远10次，若他们跳远成绩的平均数相同，甲同学跳远成绩的方差为1.2，乙同学跳远成绩的方
差为1.6，由1.2＜1.6，则甲同学发挥比乙同学稳定，故本选项正确．故选D．【点睛】此题考查的是调查方式的判断、众数、中位数、方
差和随机事件，掌握全面调查和抽查的特征、众数、中位数的定义、必然事件与不可能事件的判断和方差的意义是解题关键．4．（2020·柳州
市柳林中学中考真题）为了解学生体育锻炼的用时情况，陈老师对本班50名学生一天的锻炼时间进行调查，并将结果绘制成如图统计图，那么一天
锻炼时间为1小时的人数占全班人数的（）A．14%B．16%C．20%D．50%【答案】D【分析】根据条形统计图中的数据，可以计
算出一天锻炼时间为1小时的人数占全班人数的百分比，从而可以解答本题．【详解】解：由题意可得，25÷（8+25+10+7）×100%
＝0.5×100%＝50%，即一天锻炼时间为1小时的人数占全班人数的50%，故选：D．【点睛】本题考查样本估计总体，从条形统计图中
读取信息是解题的关键．5．（2020·贵州黔西南布依族苗族自治州·中考真题）实验学校九年级一班十名同学定点投篮测试，每人投篮六次，
投中的次数统计如下：5，4，3，5，5，2，5，3，4，1，则这组数据的中位数，众数分别为（）A．4，5B．5，4C．4，4D
．5，5【答案】A【分析】根据众数及中位数的定义，结合所给数据即可作出判断．【详解】解：将数据从小到大排列为：1，2，3，3，4，
4，5，5，5，5，这组数据的众数为：5；中位数为：4故选：A．【点睛】本题考查(1)、众数；(2)、中位数．6．（2020·柳州
市柳林中学中考真题）如图是甲、乙两名射击运动员10次射击成绩的折线统计图，根据折线图判断下列说法正确的是（）A．甲的成绩更稳定
B．乙的成绩更稳定C．甲、乙的成绩一样稳定D．无法判断谁的成绩更稳定【答案】B【分析】利用折线统计图判断甲、乙成绩的波动性的大小，
从而可判断谁的成绩更稳定．【详解】解：由折线统计图得，乙运动员的10次射击成绩的波动性较小，甲运动员的10次射击成绩的波动性较大，
所以乙的成绩更稳定．故选：B．【点睛】本题考查了折线统计图及方差的意义．折线统计图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各
点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．折线图不但可以表示出数量的多少，而且能够清楚地表示出数
量的增减变化情况．7．（2020·贵州铜仁市·中考真题）一组数据4，10，12，14，则这组数据的平均数是()A．9B．10C．
11D．12【答案】B【分析】对于n个数x1，x2，…，xn，则(x1+x2+…+xn)就叫做这n个数的算术平均数，据此列式计算可
得．【详解】这组数据的平均数为×(4+10+12+14)=10，故选：B．【点睛】本题主要考查了平均数的意义与求解方法，掌握算术平
均数的计算公式是解题的关键．8．（2020·西藏中考真题）格桑同学一周的体温监测结果如下表：星期一二三四五六日体温（单位：℃）36
.635.936.536.236.136.536.3分析上表中的数据，众数、中位数、平均数分别是（）A．35.9，36.2，3
6.3B．35.9，36.3，36.6C．36.5，36.3，36.3D．36.5，36.2，36.6【答案】C【分析】根据众数、
中位数、平均数的概念求解即可．【详解】解：这组数据中36.5出现了2次，次数最多，所以众数是36.5；将数据按照从小到大（或从大到
小）的顺序排列为35.9，36.1，36.2，36.3，36.5，36.5，36.6，处于中间的数据是36.3，所以中位数是36.
3；平均数是＝×（36.3+35.9+36.5+36.3+36.1+36.5+36.3）＝36.3．故选：C．【点睛】本题主要考查
众数，中位数和平均数，掌握众数，中位数的概念和平均数的求法是解题的关键．9．（2020·四川中考真题）下列说法错误的是（）A．
方差可以衡量一组数据的波动大小B．抽样调查抽取的样本是否具有代表性，直接关系对总体估计的准确程度C．一组数据的众数有且只有一个D．
抛掷一枚图钉针尖朝上的概率，不能用列举法求得【答案】C【分析】根据各个选项中的说法，可以判断是否正确，从而可以解答本题．【详解】方
差可以衡量一组数据的波动大小，故选项A正确；抽样调查抽取的样本是否具有代表性，直接关系对总体估计的准确程度，故选项B正确；一组数据
的众数有一个或者几个，故选项C错误；抛掷一枚图钉针尖朝上的概率，不能用列举法求得，故选项D正确；故选：C．【点睛】本题考查了抽样调
查、用样本估计总体、众数和方差，解答本题的关键是明确题意，可以判断各个选项中的说法是否正确．10．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真
题）一个不透明的口袋中有4个红球、2个白球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出1个球，则摸到红球的概率是（）A．B．C．
D．【答案】D【分析】随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．【详解】解：摸到红球的概率为：．故选
D．【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．11．（2020·湖南益阳市·中考真题）一组数据由
个数组成，其中个数分别为，，，且这组数据的平均数为，则这组数据的中位数为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】设加一个数为x，根
据平均数的求法求出x，再根据中位数定义：将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这
组数据的中位数，首先把数据从小到大排列起来，再找出中间的数即可．【详解】解：设另一个数为x，∵，，，x，已知这组数据的平均数是4，
∴（2+3+4+x）÷4=4解得：x=7，将数据从小到大重新排列：2，3，4，7，已最中间的两个数是：3，4，∴中位数是：．故选
：C．【点睛】此题主要考查了中位数定义以及平均数的求法，关键是首先求出x的值．12．（2020·湖南湘潭市·中考真题）走路被世卫组
织认定为“世界上最好的运动”，每天走6000步是走路最健康的步数．手机下载微信运动，每天记录自己走路的步数，已经成了不少市民时下的
习惯．张大爷连续记录了3天行走的步数为：6200步、5800步、7200步，这3天步数的平均数是________步．【答案】640
0【分析】根据算术平均数的计算公式即可解答．【详解】解：这3天步数的平均数是（步），故答案为：6400．【点睛】本题考查了平均数的
计算，解题的关键是掌握平均数的计算公式．13．（2020·重庆中考真题）盒子里有3张形状、大小、质地完全相同的卡片，上面分别标着数
字1，2，3，从中随机抽出1张后不放回，再随机抽出1张，则两次抽出的卡片上的数字之和为奇数的概率是____．【答案】．【分析】列表
得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．【详解】解：列表如下123134235345由表可知，共有6
种等可能结果，其中两次抽出的卡片上的数字之和为奇数的有4种结果，所以两次抽出的卡片上的数字之和为奇数的概率为，故答案为：．【点睛】
本题考查了列表法和树状图法，利用列表法或树状图法展示某一随机事件中所有等可能出现的结果数，再找出其中某一事件所出现的可能数，然后根
据概率的定义可计算出这个事件的概率．14．（2020·广西贵港市·中考真题）若从-2，0，1这三个数中任取两个数，其中一个记为a，
另一个记为b，则点A(a，b)恰好落在x轴上的概率是________．【答案】【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所
有等可能的结果以及坐标轴上的点的情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】解：根据题意画图如下：一共有6种结果，点A（a，b）落在
x轴上的点有（-2，0），（1，0）∴P（顶点在坐标轴上的概率）=．故答案为：．【点睛】此题考查了树状图法求概率，熟悉相关性质
是解题的关键．15．（2020·四川中考真题）小明在体考时选择了投掷实心球，如图是体育老师记录的小明在训练时投掷实心球的6次成绩的
折线统计图，这6次成绩的中位数是_____．【答案】9.75【分析】将这组数有小到大排列，因为共有6个数，所以中位数为第3、4个数
的平均数．【详解】由6次成绩的折线统计图可知：这6次成绩从小到大排列为：9.5，9.6，9.7，9.8，10，10.2，所以这6次
成绩的中位数是：＝9.75．故答案为：9.75．【点睛】本题考查了中位数的定义，根据中位数定义：将一组数据按照从小到大（或从大到小
）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这
组数据的中位数．16．（2020·柳州市柳林中学中考真题）共享经济已经进入人们的生活．小沈收集了自己感兴趣的4个共享经济领域的图标
，共享出行、共享服务、共享物品、共享知识，制成编号为A、B、C、D的四张卡片（除字母和内容外，其余完全相同）．现将这四张卡片背面朝
上，洗匀放好．（1）小沈从中随机抽取一张卡片是“共享服务”的概率是；（2）小沈从中随机抽取一张卡片（不放回），再从余下的卡片中随
机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张卡片恰好是“共享出行”和“共享知识”的概率．（这四张卡片分别用它们的编号A、B、
C、D表示）【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据概率公式直接得出答案；（2）根据题意先画树状图列出所有等可能的结果数，两张卡片
恰好是“共享出行”和“共享知识”的结果数为2，根据概率公式求解可得．【详解】（1）∵有共享出行、共享服务、共享物品、共享知识，共四
张卡片，∴小沈从中随机抽取一张卡片是“共享服务”的概率是，故答案为：；（2）画树状图如图：共有12种等可能的结果数，其中两张卡片恰
好是“共享出行”和“共享知识”的结果数为2，∴抽到的两张卡片恰好是“共享出行”和“共享知识”的概率=．【点睛】本题考查了用列表法或
树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注
意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．17．（2020·云南昆明市·中考真题）有一个可自
由转动的转盘，被分成了三个大小相同的扇形，分别标有数字2，4，6；另有一个不透明的瓶子，装有分别标有数字1，3，5的三个完全相同的
小球．小杰先转动一次转盘，停止后记下指针指向的数字（若指针指在分界线上则重转），小玉再从瓶子中随机取出一个小球，记下小球上的数字．
（1）请用列表或画树状图的方法（选其中一种）表示出所有可能出现的结果；（2）若得到的两数字之和是3的倍数，则小杰贏；若得到的两数字
之和是7的倍数，则小玉赢，此游戏公平吗？为什么？【详解】解：（1）用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：用树状图表示所有可能出现
的结果如下：（2）由（1）的表格可知，共有9种可能出现的结果，其中“和为3的倍数”的有3种，“和为7的倍数”的有3种，∴P（小杰胜
）＝，P（小玉胜）＝，∴游戏是公平的．【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，用图表的形式将转盘、摸球所可能发生的情况一一列出，
避免遗漏，并通过对可能发生的结果进行统计，计算出游戏各赢法所对应的概率．18．（2020·江苏南通市·中考真题）某公司有甲、乙、丙
三辆车去南京，它们出发的先后顺序随机．张先生和李先生乘坐该公司的车去南京出差，但有不同的需求．请用所学概率知识解决下列问题：（1）
写出这三辆车按先后顺序出发的所有可能结果；（2）两人中，谁乘坐到甲车的可能性大？请说明理由．【详解】解：（1）甲、乙、丙；甲、丙、
乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲；共6种；（2）由（1）可知张先生坐到甲车有两种可能，乙、丙、甲，丙、乙、甲，则
张先生坐到甲车的概率是；由（1）可知李先生坐到甲车有两种可能，甲、乙、丙，甲、丙、乙，则李先生坐到甲车的概率是；所以两人坐到甲车的
可能性一样．【点睛】此题考查的是列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．19．（2020·四川绵阳市·中考真
题）为助力新冠肺炎疫情后经济的复苏，天天快餐公司积极投入到复工复产中．现有A、B两家农副产品加工厂到该公司推销鸡腿，两家鸡腿的价格
相同，品质相近．该公司决定通过检查质量来确定选购哪家的鸡腿．检察人员从两家分别抽取100个鸡腿，然后再从中随机各抽取10个，记录它
们的质量（单位：克）如表：A加工厂74757575737778727675B加工厂78747873747574747575（1）根
据表中数据，求A加工厂的10个鸡腿质量的中位数、众数、平均数；（2）估计B加工厂这100个鸡腿中，质量为75克的鸡腿有多少个？（3
）根据鸡腿质量的稳定性，该快餐公司应选购哪家加工厂的鸡腿？【详解】解：（1）把这些数从小到大排列，最中间的数是第5和第6个数的平均
数，则中位数是（克；因为75出现了4次，出现的次数最多，所以众数是75克；平均数是：（克；（2）根据题意得：（个，答：质量为75克
的鸡腿有30个；（3）选加工厂的鸡腿．、平均值一样，的方差比的方差小，更稳定，选加工厂的鸡腿．【点睛】本题考查了方差、平均数、中位
数、众数，熟悉计算公式和意义是解题的关键．20．（2020·四川广安市·中考真题）2020年6月26日是第33个国际禁毒日，为了解
同学们对禁毒知识的掌握情况，从广安市某校800名学生中随机抽取部分学生进行调查，调查分为“不了解”“了解较少”“比较了解”“非常了
解”四类，并根据调查结果绘制出如图所示的两幅不完整的统计图．请根据统计图回答下列问题：（1）本次抽取调查的学生共有________
人，估计该校800名学生中“比较了解”的学生有________人．（2）请补全条形统计图．（3）“不了解”的4人中有3名男生A1，
A2，A3，1名女生B，为了提高学生对禁毒知识的了解，对这4人进行了培训，然后随机抽取2人叹才禁毒知识的掌握情况进行检测，请用画树
状图或列表的方法，求恰好抽到2名男生的概率．【详解】解：（1）本次抽取调查的学生共有4÷10%=40（人）“比较了解”的人数有40
－14－6－4=16估计该校800名学生中“比较了解”的学生有×800=320（人）故答案为：40；320；（2）补全条形统计图如
下：（3）树状图如下所示由树状图可知：共有12种等可能的结果，其中恰好抽到2名男生的可能有6种∴恰好抽到2名男生的概率为6÷12=
．【点睛】此题考查的是条形统计图、扇形统计图和求概率问题，结合条形统计图和扇形统计图得出有用信息并掌握利用树状图求概率是解题关键．
21．（2020·山东日照市·中考真题）为落实我市关于开展中小学课后服务工作的要求，某学校开设了四门校本课程供学生选择：A．趣味数
学；B．博乐阅读；C．快乐英语；D．硬笔书法．某年级共有100名学生选择了A课程，为了解本年级选择A课程学生的学习情况，从这100
名学生中随机抽取了30名学生进行测试，将他们的成绩（百分制）分成六组，绘制成频数分布直方图．（1）已知70≤x＜80这组的数据为：
72，73，74，75，76，76，79．则这组数据的中位数是；众数是；（2）根据题中信息，估计该年级选择A课程学生成
绩在80≤x＜90的总人数；（3）该年级学生小乔随机选取了一门课程，则小乔选中课程D的概率是；（4）该年级每名学生选两门不同
的课程，小张和小王在选课程的过程中，若第一次都选了课程C，那么他俩第二次同时选择课程A或课程B的概率是多少？请用列表法或树状图的方
法加以说明．【详解】解：（1）在72，73，74，75，76，76，79这组已经按从小到大排列好的数据中，中位数为75，众数为76
；故答案为：75，76；（2）观察直方图，抽取的30名学生成绩在80≤x＜90范围内选取A课程的有9人，所占比为，那么估计该年级1
00名学生，学生成绩在80≤x＜90范围内，选取A课程的总人数为（人）；（3）因为学校开设了四门校本课程供学生选择，小乔随机选取一
门课程，则他选中课程D的概率为；故答案为：；（4）因该年级每名学生选两门不同的课程，第一次都选了课程C，列树状图如下：等可能结果共
有9种，他俩第二次同时选择课程A或课程B的有2种，所以，他俩第二次同时选择课程A或课程B的概率是．【点睛】本题主要考查数据分析及概
率，关键是分析题目所给的数据，然后根据数据求解即可，画树状图及列举法是求概率常用的方法．22．（2020·四川中考真题）为了加强学
生的垃圾分类意识，某校对学生进行了一次系统全面的垃圾分类宣传．为了解这次宣传的效果，从全校学生中随机抽取部分学生进行了一次测试，测
试结果共分为四个等级：A．优秀；B．良好；C．及格：D．不及格．根据调查统计结果，绘制了如图所示的不完整的统计表．垃圾分类知识
测试成绩统计表测试等级百分比人数A．优秀5%20B．良好60C．及格45%mD．不及格n请结合统计表，回答下列问题：（1）求本次参
与调查的学生人数及m，n的值；（2）如果测试结果为“良好”及以上即为对垃圾分类知识比较了解，已知该校学生总数为5600人，请根据本
次抽样调查的数据估计全校比较了解垃圾分类知识的学生人数；（3）为了进一步在学生中普及垃圾分类知识，学校准备再开展一次关于垃圾分类的
知识竞赛，要求每班派一人参加．某班要从在这次测试成绩为优秀的小明和小亮中选一人参加．班长设计了如下游戏来确定人选，具体规则是：把四
个完全相同的乒乓球分别标上数字1，2，3，4．然后放到一个不透明的袋中充分摇匀，两人同时从袋中各摸出一个球．若摸出的两个球上的数字
和为奇数，则小明参加，否则小亮参加．请用树状图或列表法说明这个游戏规则是否公平．【详解】（1）本次参与调查的学生人数为：20÷5%
=400（人），m=400×45%=180，∵400﹣20﹣60﹣180=140，∴n=140÷400×100%=35%；（2）5
600×=1120（人），即估计全校比较了解垃圾分类知识的学生人数为1120人；（3）画树状图为：共有12种等可能的结果，其中和为
奇数的结果有8种，∴P（小明参加）==，P（小亮参加）=1﹣=，∵≠，∴这个游戏规则不公平．【点睛】本题考查了列表法与树状图法、游
戏的公平性、统计表、样本估计总体以及概率公式等知识；画出树状图是解题的关键．23．（2020·山东济南市·中考真题）促进青少年健康
成长是实施“健康中国”战略的重要内容．为了引导学生积极参与体育运动，某校举办了一分钟跳绳比赛，随机抽取了40名学生一分钟跳绳的次数
进行调查统计，并根据调查统计结果绘制了如表格和统计图：等级次数频率不合格100≤x120a合格120≤x140b良好140≤x16
0优秀160≤x180请结合上述信息完成下列问题：（1）a＝，b＝；（2）请补全频数分布直方图；（3）在扇形统计图中，
“良好”等级对应的圆心角的度数是；（4）若该校有2000名学生，根据抽样调查结果，请估计该校学生一分钟跳绳次数达到合格及以上
的人数．【详解】解：（1）根据频数分布直方图可知：a＝4÷40＝0.1，因为40×25%＝10，所以b＝（40﹣4﹣12﹣10）÷
40＝14÷40＝0.35，故答案为：0.1；0.35；（2）如图，即为补全的频数分布直方图；（3）在扇形统计图中，“良好”等级对
应的圆心角的度数是360°×＝108°；故答案为：108°；（4）因为2000×＝1800，所以估计该校学生一分钟跳绳次数达到合格
及以上的人数是1800．【点睛】本题主要考查频数与频率，解题关键是熟练掌握频率=频数÷总数.1．（2021·浙江台州市·九年级一模
）甲、乙、丙、丁四名学生近4次数学测验成绩的平均数都是110分，方差分别是，，，，则这四名学生的数学成绩最稳定的是（）A．甲B．
乙C．丙D．丁2．（2021·四川广安市·岳池县教研室九年级二模）已知一组数据为：4，5，6，6，6，7，8．其平均数、中位数和众
数的大小关系是（）A．众数=中位数=平均数B．中位数＜众数＜平均数C．平均数＞中位数＞众数D．平均数＜中位数＜众数3．（2021
·广东佛山市·九年级一模）一个小球在如图所示的地板上自由滚动，并随机停在某块方砖上．如果每一块方砖除颜色外完全相同，那么小球最终停
留在黑砖上的概率是（）A．B．C．D．14．（2021·江苏苏州市·九年级一模）在某市2021年青少年航空航天模型锦标赛中，各年
龄组的参赛人数情况如下表所示：年龄组13岁14岁15岁16岁参赛人数5191214若小明所在年龄组的参赛人数占全体参赛人数的38%
，则小明所在的年龄组是（）A．13岁B．14岁C．15岁D．16岁5．（2021·上海奉贤区·九年级二模）某校对进校学生进行体温
检测，在某一时段测得6名学生的体温分别为36.8℃，36.9℃，36.5℃，36.6℃，36.9℃，36.5℃，那么这6名学生体温
的平均数与中位数分别是（）A．36.7℃，36.7℃B．36.6℃，36.8℃C．36.8℃，36.7℃D．36.7℃，36.8
℃6．（2021·河南九年级一模）一个不透明的袋子中装有四个小球，它们除分别标有的数字，，，不同外，其他完全相同．任意从袋子中摸出
一个小球不放回，再任意摸出一个小球，则两次摸出的小球上所标数字之和为正数的概率是__________．7．（2021·青岛市崂山区
教育教学研究室九年级一模）一组数据4，7，x，6，9众数是9，则这5个数据的平均数为__________．8．（2021·江苏南京
市·九年级一模）光明中学全体学生参加社会实践活动，从中随机抽取50人的社会实践活动成绩制成如图所示的条形统计图，则这50人的社会实
践活动成绩的中位数是____．9．（2021·青岛市崂山区教育教学研究室九年级一模）“四书”是《大学》《中庸》《论语》《孟子》的合
称，又称“四子书”，在世界文化史?思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义和参考价值．为弘扬中国优秀传统文化，某校计
划开展“四书”经典诵读比赛活动．某班有甲乙2位同学参赛，每人从《大学》《中庸》《论语》《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选
取的书均不相同，用树状图或列表法求《大学》被选中的概率．10．（2021·安徽马鞍山市·九年级二模）某药物研发机构为对比甲、乙两种
新开发的药物的疗效，需要检测患者体内的药物浓度和病毒载量两个指标．该机构分别在服用甲种药物和乙种药物的患者中，各随机选取20人作为
调查对象，将收集到的数据整理后，绘制统计图如下：注：“●”表示服用甲种药物的患者，“▲”表示服用乙种药物的患者．根据以上信息，回答
下列问题：（1）在这40名被调查者中，①药物浓度低于2的有_________人；②将20名服用甲种药物患者的病毒载量的方差记作，2
0名服用乙种药物患者的病毒载量的方差记作，则_______（填“”，“=”或“”）；（2）将“药物浓度，病毒载量”作为该药物“有效
”的依据，将“药物浓度，病毒载量”作为该药物“特别有效”的依据，①药物正式投入市场后，300名服用甲种药物且有效的患者大约有___
______人；②在服用两种药物“特别有效”的患者中，各随机选取一人进行进一步的检测，已知服用每种药物“特别有效”的患者中的男女比
例均为，求正好选到性别不相同的患者的概率是多少？11．（2021·江苏盐城市·九年级一模）若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数
字都大，则称这个数为“伞数”．现由2，3，4这三个数字组成无重复数字的三位数．（1）请画出树状图并写出所有可能得到的三位数；（2）甲、乙二人玩一个游戏，游戏规则是：若组成的三位数是“伞数”，则甲胜；否则乙胜．你认为这个游戏公平吗？试说明理由．1．下列事件中，为必然事件的是（）A．明天要下雨B．太阳从东边升起C．﹣2＞﹣1D．打开电视机，它正在播广告2．已知两组数据：x1、x2、x3、x4、x5和x1+2、x2+2、x3+2、x4+2、x5+2，下列有关这两组数据的说法中，正确的是（）A．平均数相等B．中位数相等C．众数相等D．方差相等3．参加第六届京津冀羽毛球冠军挑战赛的一个代表队的年龄分别是49，20，20，25，31，40，46，20，44，25，这组数据的平均数，众数，中位数分别是（）A．33，21，27B．32，20，28C．33，49，27D．32，21，224．为了调查某校学生课后参加体育锻炼的时间，学校体育组随机抽样调查了若干名学生的每天锻炼时间，统计如表：每天锻炼时间（分钟）20406080学生数（人）2341下列说法错误的是（）A．众数是60分钟B．平均数是52.5分钟C．样本容量是10D．中位数是50分钟5．从红，黄，蓝三顶不同颜色的帽子和黑，白两条不同颜色的围巾中，任取一顶帽子和一条围巾搭配，恰好取到红帽子和黑围巾的概率是（）A．B．C．D．6．小明家的客厅地板如图所示，一个小球在地板上任意滚动，并随机停留在某块地板砖上，每块地板砖的大小质地完全相同，那么小球停留在黑色区域的概率是_____．7．某校有4个测温通道，分别记为A、B、C、D，学生可随机选取其中的一个通道测温进校园，某日早晨该校所有学生体温正常．（1）小王同学该日早晨进校园时，选择A通道测温进校园的概率是；（2）小王和小李两同学该日早晨进校园时，请用面树状图或列表法求选择不同通道测温进校园的概率．8．2021年4月1日青岛市召开了全国文明城市总结表彰暨争创全国文明典范城市动员部署会．会议结束后，我区第一时间行动，狠抓落实整改，迅速掀起全国文明典范城市创建热潮．某学校举办了“全国文明典范城市创建我先行”为主题的志愿服务活动，综合实践社团随机调查了部分同学在“洁净家园”“文明出行”“遵纪守德”“文明餐桌”四项活动中选择一项参加活动的意愿，并根据调查结果绘制成了如下不完整的统计图．（1）综合实践社团随机调查的学生总人数为；（2）在图一中“遵纪守德”所在的扇形的圆心角度数为；（3）请你将条形图补充完整；（4）该校共有学生人，请你估计志愿服务活动选择“文明出行”的学生人数．9．每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生统计这部分学生的竞赛成绩(竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格)．相关数据统计、整理如下：八年级抽取的学生的竞赛成绩：4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表年级七年级八年级平均数7.47.4中位数3b众数7c合格率85%90%根据以上信息，解答下列问题：（1）填空：a=_____，b=____，c=____．（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；（3）比较样本数据，你认为哪个年级的成绩比较好？请说明理由（写出一条理由即可）；1．【答案】D【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定，即可得出答案．【详解】解：因为，，，，所以，所以四个人中成绩最稳定的是丁，故选：D．【点睛】本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．2．【答案】A【分析】根据平均数的计算公式、中位数和众数的定义即可得．【详解】这组数据的平均数为，将这组数据按从小到大进行排序后，第4个数即为中位数，则其中位数为6，因为6出现的次数最多，所以其众数是6，综上，众数=中位数=平均数，故选：A．【点睛】本题考查了平均数、中位数和众数，熟练掌握计算公式和定义是解题关键．3．【答案】B【分析】根据几何概率的求法：最终停留在黑色的砖上的概率就是黑色区域的面积与总面积的比值．【详解】解：观察这个图可知：黑砖（4块）的面积占总面积（9块）的．小球最终停留在黑砖上的概率是．故选：B．【点睛】本题考查概率的简单计算，正确使用公式是关键．4．【答案】B【分析】根据各年龄组的参赛人数情况表，算出总人数，再算出14岁年龄组人数所占的百分比，即可得到答案．【详解】解：根据各年龄组的参赛人数情况表可知：总参赛人数为：5＋19＋12＋14＝50，19÷50＝38%，则小明所在的年龄组是14岁．故选：B．【点睛】本题考查了频数与频率，解决本题的关键是掌握频数与频率的关系，理清频数分布表的数据．5．【答案】A【分析】根据平均数的求法，求出平均数即可，然后将这组数据从新排列，再根据中位数和平均数的定义求解即可．【详解】解：将这组数据重新排列为36.5℃，36.5℃，36.6℃，36.8℃，36.9℃，36.9℃，所以这组数据的平均数为，中位数为，故选：A．【点睛】本题主要考查中位数和平均数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．6．【答案】【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到两次摸出的球所标数字之和为正数的结果数，再根据概率公式求解可得.【详解】列表如下：-3-225-3-5-12-2-5032-1075237或画树状图如解图：由列表或画树状图可知共有12种等可能的结果，两个小球上所标数字之和为正数的有6种，则摸出两个小球上所标数字之和为正数的概率是.【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率.注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是不放回实验.7．【答案】【分析】先根据众数的定义求出x的值，再根据平均数的计算公式列式计算即可．【详解】解：因为数据4，7，x，6，9众数是9，所以x=9，所以这组数据的平均数是(4+7+9+6+9)÷5=7；故答案为：7．【点睛】本题考查了众数和平均数，根据众数的定义求出x的值是本题的关键，众数是一组数据中出现次数最多的数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．8．【答案】4．【分析】中位数是第25个数据与第26个数据的平均数，根据人数确定第25个数据为4，第26个数据为4，计算即可【详解】因为50人的条形图如下，2+9+13=24，所以第25个数据为4，第26个数据为4，所以中位数是=4，故答案为：4．【点睛】本题考查了条形统计图，中位数，读懂统计图的意义，掌握中位数的计算方法是解题的关键．9．【答案】图见解析，【分析】先画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再利用概率公式求解即可．【详解】解：把《大学》《中庸》《论语》《孟子》分别记为A、B、C、D，画树状图如图：共有12个等可能的结果，《大学》被选中的结果有6个，所以《大学》被选中的概率为，《大学》被选中的概率为．【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．10．【答案】（1）①6；②；（2）①270；②【分析】（1）①计算横坐标值小于2的被调查者数目即可得到解答；②分析服用甲种药物患者的病毒载量与服用乙种药物患者的病毒载量的波动性可以得到解答；（2）①用“药物浓度1≤m≤7，病毒载量1≤n≤4”的患者占被调查人数的比率乘以300即可得到答案；②可以通过树状图把所有可能的情况及性别不相同的患者情况表示出来，再根据概率的计算方法可以得到答案．【详解】解：（1）①由统计图可得在40名被调查者中，药物浓度m低于2的有6人；②从统计图中可以看出，有18位服用甲种药物患者的病毒载量在1-3之间，有18位服用乙种药物患者的病毒载量在1-4之间，所以服用甲种药物患者的病毒载量波动性比服用乙种药物患者的病毒载量波动性要小，所以；故答案为：①6；②<；（2）①通过统计图可以得到“药物浓度1≤m≤7，病毒载量1≤n≤4”的患者占被调查人数的比率为18÷20=0.9，所以有300×0.9=270（人）；故答案为270；②画树状图为：共有九种等可能的情况，其中性别不相同的患者的情况有4种，所以正好选到性别不相同的患者的概率．【点睛】本题考查统计图的应用及数据的分析，熟练掌握数据特征指标的意义、概率的意义及计算是解题关键．11．【答案】（1）见解析；（2）不公平，理由见解析．【分析】（1）分三步：先确定百位数的可能结果，再确定十位数字，最后确定个位数字即可得；（2）从中找到组成的三位数是“伞数”的结果，计算出甲获胜的概率，从而得出乙获胜的概率，比较大小即可得．【详解】解：（1）画树状图如下：（2）不公平，理由是：由树状图知共有6种等可能结果，其中组成的三位数是“伞数”的是243、342这2种，所以甲获胜的概率为，乙获胜的概率为1﹣＝，因为≠，所以此游戏不公平．【点睛】此题考查了概率的应用，熟练掌握利用列举法求概率是解题的关键．1．【答案】B【分析】根据事件分为确定事件和不确定事件（随机事件），确定事件又分为必然事件和不可能事件，逐一进行分析即可判断．【详解】解：A、明天会下雨，是随机事件，故选项不符合题意；B、太阳从东方升起，是必然事件，故选项符合题意；C、-2＞-1，是不可能事件，故选项不合题意；D、打开电视机，它正在播广告，是随机事件，故选项不合题意；故选：B．【点睛】本题考查了必然事件，关键是理解必然事件是一定会发生的事件．2．【答案】D【分析】根据平均数、中位数、众数和方差的意义求解即可．【详解】解：因为新数据是在原数据的基础上每个加2，所以这两组数据的平均数、中位数和众数都改变，而波动幅度不变，即方差不改变，故选：D．【点睛】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．3．【答案】B【分析】根据平均数，众数，中位数的定义求解即可．【详解】解：这组数据的平均数是：（岁，这组数据出现最多的数是20，所以这组数据的众数是20岁；把这些数按从小到大的顺序排列为：20，20，20，25，25，31，40，44，46，49，则这组数据的中位数是：（岁．故选：．【点睛】本题考查了数据的分析，解题关键是明确平均数，众数，中位数的定义，准确进行计算．4．【答案】B【分析】根据已知数据，分析出众数，中位数，样本容量，平均数即可得到结论．【详解】解：根据统计表可得，众数是60分钟；中位数是第5,6个数平均数即：50分钟；样本容量是10；故A、C、D三个选项都正确，所以B选项错误故选B．【点睛】考核知识点：众数，中位数，样本容量，平均数；理解众数，中位数，样本容量，平均数的定义及公式是关键．5．【答案】A【分析】画树状图求其概率即可【详解】画树状图如下：一共有6种等可能性，其中恰好取到红帽子和黑围巾的有一种等可能性，所以恰好取到红帽子和黑围巾的概率是，故选A．【点睛】本题考查了画树状图或列表法求概率，正确选择方法并规范解答是接退的关键．6．【答案】【分析】直接求出以总面积和黑色区域的面积，再利用概率公式求出答案．【详解】解：设每块地砖的面积为1，所以总面积为24，黑色区域的面积为6，所以小球停留在黑色区域的概率为：＝．故答案为：．【点睛】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．7．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；（2）先画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出小王和小李两同学选择不同通道测温进校园的结果数，然后根据概率公式求解．【详解】解：（1）小王同学该日早晨进校园时，选择A通道测温进校园的概率是，故答案为：；（2）画树状图如图：共有16个等可能的结果，小王和小李两同学选择不同通道测温进校园的结果有12个，所以小王和小李两同学选择不同通道测温进校园的概率为．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．8．【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）180人【分析】（1）根据洁净家园的人数和所占的百分比，可以计算出综合实践社团随机调查的学生总人数；（2）根据条形统计图中的数据，可以计算出在图一中“遵纪守德”所在的扇形的圆心角度数；（3）根据（1）中的结果和条形统计图中的数据，可以计算出文明餐桌的人数，从而可以将条形统计图补充完整；（4）根据条形统计图中的数据，可以计算出志愿服务活动选择“文明出行”的学生人数．【详解】解：（1）综合实践社团随机调查的学生总人数为：120÷30%=400（人），故答案为：400；（2）在图一中“遵纪守德”所在的扇形的圆心角度数为：360°×=90°，故答案为：90；（3）文明餐桌的人数为：400-120-100-60=120，补全的条形统计图如图所示；（4）1200×=180（人），即估计志愿服务活动选择“文明出行”的学生有180人．【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．9．【答案】（1）7.5；8；8；（2）（人）；（3）八年级的学生成绩比较好；答案见解析．【分析】（1）由图表可求解；（2）利用样本估计总体思想求解可得；（3）由八年级的合格率高于七年级的合格率，可得八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．【详解】解（1）由图标可得：a=，b=，c=8（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分以上的人数为：（人）．（3）由图标可得：八年级的合格率为90％，七年级的合格率为85％，所以八年级的合格率都高于七年级，八年级的学生成绩比较好．【点睛】本题考查中位数、众数、平均数的意义和计算方法，理解各个概念的内涵和计算方法，是解题的关键．224