中考数学考点分类汇编（13个考点附解析）

最新年中考数学考点分类汇编（共13考点26正方形

个考点236页附解析）

一.选择题（共4小题）

1.（2020♦无锡）如图，已知点E是矩形ABCD

目录

的对角线AC上的一动点，正方形EFGH的顶

考点26正方形点G、H都在边AD上，若AB=3,BC=4,则

tanZAFE的值（）

考点27菱形

考点28圆的有关概念

考点29与园有关的位置关系

考点30切线的性质和判定

考点31弧长和扇形面积C.等于gD.随点E位置的变化而变化

考点32尺规作图【分析】根据题意推知EF〃AD,由该平行线

的性质推知△AEHs^ACD,结合该相似三角

考点33命题与证明

形的对应边成比例和锐角三角函数的定义

考点34图形的对称解答.

考点35图形的平移和旋转【解答】解：；EF〃AD,

ZAFE=ZFAG,

考点36相似三角形

/.△AEH^AACD,

考点37锐角三角函数和解直角.里二里之

**AH-AD-7,

三角形设EH=3x,AH=4x,

考点38投影与视图，HG=GF=3x,

tanZAFE=tanZFAG=-^-=———.

AG3x+4x7

故选：A.

2.（2020•宜昌）如图，正方形ABCD的边

长为1,点E,F分别是对角线AC上的两点，

EG±AB.EI±AD,FH±AB,FJ±AD,垂足分

别为G,1,ILJ.则图中阴影部分的面积等

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②两直线平行，同旁内角互补，故②错误；

③对角线互相垂直且平分的四边形为菱形,

故③错误；

④对角线互相垂直平分且相等的四边形为

正方形，故④正确，

故选：B.

A.1B."C."D.---

234

【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题4.（2020•张家界）下列说法中，正确的是

即可；（）

【解答】解：...四边形ABCD是正方形，A.两条直线被第三条直线所截，内错角相

直线AC是正方形ABCD的对称轴，等

VEG±AB.EI±AD,FH1AB,FJ±AD,垂足B.对角线相等的平行四边形是正方形

分别为G,I,H,J.C.相等的角是对顶角

,根据对称性可知：四边形EFIIG的面积与D.角平分线上的点到角两边的距离相等

四边形EFJI的面积相等，【分析】根据平行线的性质、正方形的判定、

矩形的判定、对顶角的性质、角平分线性质

Sit方彩ABCD-~,

逐个判断即可.

故选：B.

【解答】解：A、两条平行线被第三条直线

所截，内错角才相等，错误，故本选项不符

3.（2020•湘西州）下列说法中，正确个数

合题意；

有（）

B、对角线相等的四边形是矩形，不一定是

①对顶角相等；

正方形，错误，故本选项不符合题意；

②两直线平行，同旁内角相等；

C、相等的角不一定是对顶角，错误，故本

③对角线互相垂直的四边形为菱形；

选项不符合题意；

④对角线互相垂直平分且相等的四边形为

D、角平分线上的点到角的两边的距离相等,

正方形.

正确，故本选项符合题意；

A.1个B.2个C.3个D.4个

故选:D.

【分析】根据对顶角的性质，菱形的判定，

正方形的判定，平行线的性质，可得答案.

二.填空题（共7小题）

【解答】解：①对顶角相等，故①正确；

5.（2020•武汉）以正方形ABCD的边AD作

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等边4ADE,则/BEC的度数是30°或.\ZCED=ZECD=—(180°-30°)=75°,

2

150°.

AZBEC=360°-75°X2-60°=150°.

【分析】分等边4ADE在正方形的内部和外

故答案为：30°或150°.

部两种情况分别求解可得.

【解答】解：如图1,

6.（2020•呼和浩特）如图，已知正方形ABCD,

点M是边BA延长线上的动点（不与点A重

合），且AMVAB,Z\CBE由△DAM平移得到.若

过点E作EH，AC,H为垂足，则有以下结论：

①点M位置变化,使得NDHC=60°时,2BE=DM；

②无论点M运动到何处，都有DM=③

四边形ABCD为正方形，4ADE为等边三角无论点M运动到何处，ZCHM■—定大于

形，135°.其中正确结论的序号为①②③.

二AB=BC=CD=AD=AE=DE,ZBAD=ZABC=Z

BCD=ZADC=90°,ZAED=ZADE=ZDAE=60°,

...NBAE=/CDE=150°,又AB=AE,DC=DE,

；./AEB=/CED=15°,

则/BEC=NAED-ZAEB-ZCED=30".【分析】先判定△MEH丝ADAH（SAS）,即

如图2,可得到△DHM是等腰直角三角形，进而得出

DM=V2HM;依据当NDHC=60°时，ZADH=60°

-45°=15°，即可得到Rt^ADM中,DM=2AM,

即可得到DM=2BE；依据点M是边BA延长线

上的动点（不与点A重合），且AM<AB,可

得/AIIM<NBAC=45°,即可得出NCHM>

135°.

AAD=DE,

【解答】解：由题可得，AM=BE,

•.•四边形ABCD是正方形，

；.AB=EM=AD,

.".AD=DC,

♦.•四边形ABCD是正方形，EH±AC,

.\DE=DC,

/.EM=AH,ZAHE=90°,NMEH=/DAH=45°=

/.ZCED=ZECD,

ZEAH,

ZCDE=ZADC-ZADE=90°-60°=30°,

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，EH=AH,【分析】根据正方形的四条边都相等可得

AAMEH^ADAH（SAS）,AB=AD,每一个角都是直角可得/BAE=N

；./MHE=/DHA,MH=DH,D=90°,然后利用“边角边”证明aABE丝

AZMHD=ZAHE=90°,Z\DHM是等腰直角三△DAF得NABE=NDAF,进一步得/AGE=N

角形，BGF=90°,从而知GH=*BF,利用勾股定理

故②正确；

求出BF的长即可得出答案.

当NDHC=60°时，ZADH=60°-45°=15°,

【解答】解：•••四边形ABCD为正方形，

AZADM=450-15°=30°,

/BAE=ND=90°,AB=AD,

...RtZXADM中,DM=2AM,

在AABE和ADAF中，

即DM=2BE,故①正确；fAB=AD

•.•点M是边BA延长线上的动点（不与点AvZBAE=ZD)

IAE=DF

重合），且AMVAB,

.,.△ABE^ADAF(SAS),

AZAI1M<ZBAC=45°,

ZABE=ZDAF,

.•,ZCIM>135°,故③正确；

VZABE+ZBEA=90°,

故答案为：①②③.

：.ZDAF+ZBEA=90°,

CDAZAGE=ZBGF=90°,

;

•.•点H为BF的中点,

/.GH=—BF,

2

VBC=5>CF=CD-DF=5-2=3,

BEAM

•,-BF=VBC2+CF2=V34>

7.（2020•青岛）如图，已知正方形ABCD

22

故答案为：叵.

的边长为5,点E、F分别在AD、DC上,AE=DF=2,

2

BE与AF相交于点G,点H为BF的中点，连

接GH,则GH的长为叵.

8.(2020•咸宁)如图，将正方形OEFG放

—2-

在平面直角坐标系中，0是坐标原点，点E

的坐标为(2,3),则点F的坐标为_仁

1,5).

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9.(2020•江西)在正方形ABCD中，AB=6,

连接AC,BD,P是正方形边上或对角线上一

点，若PD=2AP,则AP的长为2或2\通或

V14^V2--

【分析】根据正方形的性质得出AC±BD,

AC=BD,OB=OA=OC=OD,AB=BC=AD=CD=6,Z

【分析】结合全等三角形的性质可以求得点

ABC=90°,根据勾股定理求出AC、BD、求出

G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求

0A、OB、0C、OD,画出符合的三种情况，根

得点F的坐标.

据勾股定理求出即可.

【解答】解:如图，过点E作x轴的垂线EH,

【解答】解:「四边形ABCD是正方形,AB=6,

垂足为H.过点G作x轴的垂线EG,垂足为

G,连接GE、F0交于点0'.

•.•四边形0EFG是正方形，

；.0G=E0,ZG0M-Z0EH,Z0GM=ZE0H,

在aOGM与△EOH中，

'NOGM=/EOH

，AC±BD,AC=BD,OB=OA=OC=OD,

<OG=EO

ZG0M=Z0EHAB=BC=AD=CD=6,ZABC=ZDAB=90°,

/.△OGM^AEOH(ASA)

在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=

/.GM=0H=2,0M=EH=3,

VAB2+BC2=V62+62=6V2'

AG(-3,2).

.*.OA=OB=OC=OD=3->/2'

•••o'(二，加•

22有三种情况：①点P在AD上时，

•••点F与点0关于点O'对称，

...点F的坐标为(-1,5).

故答案是：(-1,5).

VAD=6,PD=2AP,

.,.AP=2：

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D

②点P在AC上时,

\产X

y

设AP=x,则DP=2x,【分析】连接AM,由旋转性质知AD=AB'=1、

在RtZ\DPO中，由勾股定理得:DP'DO'+OP?,/BAB'=30°、NB'AD=60°,证RtZ\ADM

（2x）-（3近）,+（3r-x））gRtZ\AB'M得/DAM=LNB'AD=30°，由

2

解得：x=V14-V2（负数舍去），

DM=ADtanZDAM可得答案.

设AP=y,则DP=2y,

♦.•将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针

在RtAAPD中，由勾股定理得:AP2+AD?=DP2,

旋转30°得到正方形AB'C'D',

y2+62=（2y）2,

/.AD=ABZ=1,/BAB'=30°,

解得：y=2j5（负数舍去），

.*.ZB,AD=60°,

即AP=2«；

在RSADM和R3AB'M中,

故答案为：2或2^^或^/]4-\[2-

..[AD二AB，

,1AI=AI'

.,.RtAADM^RtAAB,M（HL）,

10.（2020•潍坊）如图，正方形ABCD的边

.,.ZDAM=ZB（AM=4-ZBZAD=30°,

长为1,点A与原点重合，点B在y轴的正2

，DM=ADtan/DAM=1X返=返，

半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形

33

ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形.,.点M的坐标为（-1,*）,

AB'C'D'的位置,B'C'与CD相交于点M,

故答案为：（-1,，③）.

则点M的坐标为（-1,返）.

3

--------3-----

11.（2020•台州）如图，在正方形ABCD中,

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AB=3,点E,F分别在CD,AD±,CE=DF,

BE,CF相交于点G.若图中阴影部分的面积

与正方形ABCD的面积之比为2：3,则ABCG

的周长为J7M+3.

三.解答题(共6小题)

12.(2020•盐城)在正方形ABCD中，对角

线BD所在的直线上有两点E、F满足BE=DF,

【分析】根据面积之比得出△!?«：的面积等连接AE、AF、CE、CF,如图所示.

于正方形面积的进而依据ABCG的面积(1)求证：ZXABE丝AADF；

(2)试判断四边形AECF的形状，并说明理

以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出

由.

其周长.

【解答】解：•••阴影部分的面积与正方形

ABCD的面积之比为2：3,

阴影部分的面积为令X9=6,

空白部分的面积为9-6=3,

由CE=DF,BC=CD,ZBCE=ZCDF=90°,可得【分析】(1)根据正方形的性质和全等三

△BCE^ACDF,角形的判定证明即可；

AABCG的面积与四边形DEGF的面积相等，(2)四边形AECF是菱形，根据对角线垂直

均吗''③卷,的平行四边形是菱形即可判断；

13【解答】证明：(1)；正方形ABCD,

设BG=a,CG=b,贝！］±ab=—，

22.,.AB=AD,

XVa2+b2=32,

，ZABD=ZADB,

a2+2ab+b'=9+6=15,

ZABE=ZADF,

即(a+b)2=15,

在4ABE与AADF中

：.a+b=4lS，即BG+CG=V15，'AB=AD

/.△BCG的周长=任+3,-NABE=/ADF，

BE=DF

故答案为：V15+3-

/.△ABE^AADF(SAS)；

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/.△ABE^ABCF.

(2)连接AC,14.(2020•白银)已知矩形ABCD中，E是

AD边上的一个动点，点F,G,H分别是BC,

BE,CE的中点.

四边形AECF是菱形.

(1)求证：ABGF^AFHC；

理由：•.•正方形ABCD,

(2)设AD=a,当四边形EGFH是正方形时，

.,.OA=OC,OB=OD,AC±EF,

求矩形ABCD的面积.

，OB+BE=OD+DF,

即OE=OF,

VOA=OC,OE=OF,

...四边形AECF是平行四边形,

【分析】(1)根据三角形中位线定理和全

VAC±EF,

等三角形的判定证明即可；

四边形AECF是菱形.

(2)利用正方形的性质和矩形的面积公式

解答即可.

13.(2020•吉林)如图，在正方形ABCD中,

【解答】解：(1)；点F,G,H分别是BC,

点E,F分别在BC,CD上，且BE=CF,求证:

BE,CE的中点，

△ABE^ABCF.

/.FH/7BE,FH=—BE,FH=BG,

2

二ZCFH=ZCBG,

BF=CF,

.♦.△BGF丝△FHC,

(2)当四边形EGFH是正方形时，可得：EF

【分析】根据正方形的性质，利用SAS即可

_LGH且EF=GH,

证明：

V在4BEC中，点,H分别是BE,CE的中点,

【解答】证明：•••四边形ABCD是正方形，

-,.GH=yBC=yAD=ya,且GH〃BC,

AAB=BC,ZABE=ZBCF=90°,

.\EF±BC,

在aABE和aBCF中，

rAB=BCVAD/7BC,AB1BC,

<NABE=NBCF，/.AB=EF=GH=-^a,

BE=CF

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二矩形ABCD的面积=AB，AD=-^_a，a=[_a2・"ZBFA=ZDEA

<NABF=NEAD，

AB=DA

/.△ABF^ADEA(AAS),

15.（2020•潍坊）如图，点M是正方形ABCD

.*.BF=AE；

边CD上一点，连接AM,作DE_LAM于点E,

⑵解:设AE=x,则BF=x,DE=AF=2,

BFJ_AM于点F,连接BE.

♦.•四边形ABED的面积为24,

（1）求证：AE=BF；

.,.^-•x*x+-1-,x,2=24,解得xi=6,xz=-8(舍

（2）已知AF=2,四边形ABED的面积为24,

求NEBF的正弦值.去)，

；.EF=x-2=4,

在RSBEF中，8£=^42+62=27^(

AsinZEBF=—=^-J==^S

BE271313

【分析】（1）通过证明4ABF丝z^DEA得到16.（2020•湘潭）如图，在正方形ABCD中,

BF=AE；AF=BE,AE与DF相交于点0.

（2）设AE=x,则BF=x,DE=AF=2,利用四（1）求证：ZSDAF丝AABE；

边形ABED的面积等于AABE的面积与4ADE（2）求NA0D的度数.

的面枳之和得到•1••x•x+•1••x•2=24,解方程

求出x得到AE=BF=6,则EF=x-2=4,然后

利用勾股定理计算出BE,最后利用正弦的定

义求解.

【分析】（1）利用正方形的性质得出AD=AB,

【解答】（1）证明：；四边形ABCD为正方

ZDAB=ZABC=90°,即可得出结论;

形，

（2）利用（1）的结论得出NADF=NBAE,

；.BA=AD,ZBAD=90°,

进而求出NADF+NDA0=90°,最后用三角形

VDEIAM于点E,BF1AM于点F,

的内角和定理即可得出结论.

AZAFB=90°,ZDEA=90°,

【解答】（1）证明：•.•四边形ABCD是正方

VZABF+ZBAF=90°,ZEAD+ZBAF=90°,

形，

NABF=/EAD,

.,.ZDAB=ZABC=90°,AD=AB,

在AABF和4DEA中

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'AD=ABZA0M=ZB0N,

在ADAF和AABE中，，ZDAF=ZABE=9O°，

.♦.△OAM丝△OBN(ASA),

AF=BE

.".△DAF^AABE(SAS),/.OM=ON；

(2)由(1)知I,ADAF^AABE,（2）如图，过点0作OHLAD于点H,

NADF=/BAE,

,?ZADF+ZDAO=ZBAE+ZI)A0=ZDAB=90°,

.,.ZA0D=1800-(ZADF+DAO)=90°.

17.（2020•遵义）如图，正方形ABCD的对

•••正方形的边长为4,

角线交于点0,点E、F分别在AB、BC上（AE

.♦.0H=HA=2,

<BE）,且NEOF=90°,0E、DA的延长线交

YE为0M的中点，

于点M,OF、AB的延长线交于点N,连接MN.

（1）求证：OM=ON.

则0M=正说了=2近，

（2）若正方形ABCD的边长为4,E为0M的

.,.MN=72°M=2VTO-

考点27菱形

一.选择题（共4小题）

1.（2020•十堰）菱形不具备的性质是（）

A.四条边都相等B.对角线一定相等

C.是轴对称图形D.是中心对称图形

【分析】（1）证△OAM丝AOBN即可得；

【分析】根据菱形的性质即可判断；

（2）作OHXAD,由正方形的边长为4且E

【解答】解：菱形的四条边相等，是轴对称

为0M的中点知0H=HA=2、HM=4,再根据勾股

图形，也是中心对称图形，对角线垂直不一

定理得0\1=2泥，由直角三角形性质知MN=

定相等，

&0M.

故选：B.

【解答】解：（1）；四边形ABCD是正方形，

；.OA=OB,ZDAO=45°,Z0BA=45°,

2.（2020•哈尔滨）如图，在菱形ABCD中,

.\Z0AM=Z0BN=135o,

对角线AC、BD相交于点0,BD=8,tanZABD=

VZE0F=90°,ZA0B=90°,

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卷，则线段AB的长为（）分即可得出菱形的边长，菱形四边相等即可

D得出周长.

【解答】解：由菱形对角线性质知，A0总

AC=3,B0=*BD=4,且AO_LBO,

A.77B.2-77C.5D.10

【分析】根据菱形的性质得出AC1BD,AO=CO,

OB=OD,求出OB,解直角三角形求出A0,根

据勾股定理求出AB即可.

【解答】解：；四边形ABCD是菱形，

则AB=VAO2+BO2::：5,

AACIBD,AO=CO,OB=OD,

故这个菱形的周长L=4AB=20.

AZA0B=90°,

故选:A.

VBD=8,

；.0B=4,

4.（2020•贵阳）如图，在菱形ABCD中,E

tan/ABD=W=A°,

是AC的中点，EF/7CB,交AB于点F,如果

4OB

.,.A0=3,EF=3,那么菱形ABCD的周长为（）

在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=

VAO2+OB2=V32+42=5'

故选：c.

3.（2020•淮安）如图，菱形ABCD的对角

A.24B.18C.12I）.9

线AC、BD的长分别为6和8,则这个菱形的

【分析】易得BC长为EF长的2倍，那么菱

周长是（）

形ABCD的周长=4BC问题得解.

【解答】解：是AC中点，

VEF/7BC,交AB于点F,

...EF是4ABC的中位线，

/.EF=—BC,

A.20B.24C.40D.482

，BC=6,

【分析】由菱形对角线的性质，相互垂直平

；•菱形ABCD的周长是4X6=24.

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故选:A.VtanZEAC=—=—^

3OA3

解得：OE=1,

二.填空题（共6小题）

/.BE=B0-0E=4+l=5,

5.（2020•香坊区）已知边长为5的菱形ABCD

故答案为：3或5；

中，对角线AC长为6,点E在对角线BD上

且tanNEAc],则BE的长为3或5.

6.（2020•湖州）如图，已知菱形ABCD,对

【分析】根据菱形的性质和分两种情况进行角线AC,BD相交于点0.若tanNBAC=£,

解答即可.

AC=6,则BD的长是2.

【解答】解：当点E在对角线交点左侧时,

如图1所示：

（分析】根据菱形的对角线互相垂直平分可

得AC_LBD,0A=-1-AC=3,BD=20B.再解航△

0AB,根据tanZBAC=—,求出0B=l,

UAJ

那么BD=2.

【解答】解：；四边形ABCD是菱形，AC=6,

AACIBD,0A=—AC=3,BD=20B.

2

在Rt^OAB中，VZA0D=90°,

/.tanNBAC=??=g,

•••AC,BD，4,

BO^AB2_AO2-^52_32-OA3

.,.0B=l,

ABD=2.

解得:OE=1,

故答案为2.

ABE=BO-0E=4-1=3,

当点E在对角线交点左侧时，如图2所示:

7.（2020•宁波）如图，在菱形ABCD中，

・・,菱形ABCD中，边长为5,对角线AC长为

AB=2,NB是锐角，AE_LBC于点E,M是AB

6,

的中点，连结

；.AC_LBD，80=依2702地2-32二生

MD,ME.若NEMD=90。，则cosB的值为

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V3-18.（2020•广州）如图，若菱形ABCD的顶

点A,B的坐标分别为（3,0）,（-2,0）,

点D在y轴上，则点C的坐标是（-5,4）.

【分析】延长DM交CB的延长线于点H.首

先证明DE二EH,设BE=x,利用勾股定理构建

方程求出x即可解决问题.

【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出

【解答】解:延长DM交CB的延长线于点H.

D0的长，进而求出C点坐标.

【解答】解：•••菱形ABCD的顶点A,B的坐

标分别为⑶0）,（-2,0）,点D在y

轴上，

.,四边形ABCD是菱形，.*.AB=5,

・・AB=BC=AD=2,AD〃CH,•,.AD=5,

\ZADM=ZH,

...由勾股定理知：OD=VAD2-OA2=

.'AM=BM,NAMD=NHMB,

V52-32=4>

.,.点C的坐标是：（-5,4）.

\AD=