文档内容
专题 07 图形的性质（四大考点，50 题）
考点 0 1 ：几何初步图形
1．（2024·江西·中考真题）如图是4×3的正方形网格，选择一空白小正方形，能与阴影部
分组成正方体展开图的方法有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】B
【分析】此题主要考查了几何体的展开图，关键是掌握正方体展开图的特点．依据正方体
的展开图的结构特征进行判断，即可得出结论．
【详解】解：如图所示：
共有2种方法，
故选：B．
2．（2023·江西·中考真题）将含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，已
∠α=60°，点B，C表示的刻度分别为1cm,3cm，则线段AB的长为 cm．
【答案】2
【分析】根据平行线的性质得出∠ACB=60°，进而可得△ABC是等边三角形，根据等边
三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵直尺的两边平行，
∴∠ACB=∠α=60°，
1又∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点B，C表示的刻度分别为1cm,3cm，
∴BC=2cm，
∴AB=BC=2cm
∴线段AB的长为2cm,
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行线的性质，等边三角形的性质与判定，得出∠ACB=60°是解题
的关键．
3．（2022·江西·中考真题）沐沐用七巧板拼了一个对角线长为2的正方形，再用这副七巧
板拼成一个长方形（如图所示），则长方形的对角线长为 ．
【答案】√5
【分析】根据图形可得长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的
一半为1，然后利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：根据图形可知：长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对
角线的一半为1，
∴根据勾股定理可知，长方形的对角线长：√22+12=√5．
故答案为：√5．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，七巧板，矩形的性质，勾股定理，解决本题的关
键是所拼成的正方形的特点确定长方形的长与宽．
考点 0 2 ：平行线
(1) 0
4．（2025·江西·中考真题）（1）计算：|−3|+ −(−1)；
2
（2）如图，已知点C在AE上，AB∥CD，∠1=∠2．求证：AE∥DF．
2【答案】（1）5；（2）见解析
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，零次幂以及绝对值和相反数的性质．
（1）根据绝对值和相反数的性质，零次幂的性质化简，再计算即可求解；
（2）根据平行线的性质求得∠1=∠ACD，等量代换得到∠2=∠ACD，再利用平行线
的判定定理即可得到AE∥DF．
(1) 0
【详解】（1）解：|−3|+ −(−1)
2
=3+1+1
=5；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠1=∠ACD，
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠ACD，
∴AE∥DF．
考点 0 3 ：三角形
5．（2023·江西·中考真题）如图，平面镜MN放置在水平地面CD上，墙面PD⊥CD于点
D，一束光线AO照射到镜面MN上，反射光线为OB，点B在PD上，若∠AOC=35°，
则∠OBD的度数为（ ）
A．35° B．45° C．55° D．65°
【答案】C
【分析】根据题意可得∠AOC=∠BOD，进而根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：依题意，∠AOC=∠BOD，∠AOC=35°
3∴∠BOD=35°，
∵PD⊥CD，
∴∠OBD=90°−∠BOD=55°，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形中两个锐角互余，入射角等于反射角，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
6．（2021·江西·中考真题）如图是用七巧板拼接成的一个轴对称图形（忽略拼接线），小
亮改变①的位置，将①分别摆放在图中左，下，右的位置（摆放时无缝隙不重叠），还能
拼接成不同轴对称图形的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】该题可以自己动手进行拼接，根据勾股定理得知①的直角边为1和1，斜边为√2，
拼接时要依据重合的边要相等，然后根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】在左侧构成轴对称图形如图：
在下方构成轴对称图形如图：
4在右侧构成轴对称图形如图:
【点睛】本题考查勾股定理，图形的拼接以及轴对称图形的判断，掌握轴对称图形的概念
是解题的关键．
7．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形ABCD纸片中，沿着点A折叠纸片并展开，AB
的对应边为AB′，折痕与边BC交于点P．当AB′与AB，AD中任意一边的夹角为15°时，
∠APB的度数可以是
【答案】82.5°或52.5°或37.5°
【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论AB′与AB，
AD的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出
∠APB的度数．
5【详解】解：①当AB′与AB的夹角为15°时，
即∠BAB′=15°,如图：
∵ ∠BAB′=15° ∠BAP=∠B′ AP
， ,
∴ ∠BAP=∠B′ AP=15°÷2=7.5°,
∵ ∠ABP=90°,
∴ ∠APB=90°−7.5°=82.5°;
②当AB′与AD的夹角为15°时，
即∠BAB′=75°,如图：
∵ ∠BAB′=75° ∠BAP=∠B′ AP
， ,
∴ ∠BAP=∠B′ AP=75°÷2=37.5°,
∵ ∠ABP=90°,
∴ ∠APB=90°−37.5°=52.5°;
或∠BAB′=105°，如图：
∵ ∠BAB′=105° ∠BAP=∠B′ AP
， ,
∴ ∠BAP=∠B′ AP=105°÷2=52.5°,
∵ ∠ABP=90°,
∴ ∠APB=90°−52.5°=37.5°;
综上，∠APB的度数可以是82.5°或52.5°或37.5°．
故答案为：82.5°或52.5°或37.5°．
12
8．（2022·江西·中考真题）已知点A在反比例函数y= (x>0)的图象上，点B在x轴正
x
半轴上，若△OAB为等腰三角形，且腰长为5，则AB的长为 ．
6【答案】5或2√5或√10
【分析】因为等腰三角形的腰不确定，所以分三种情况分别计算即可．
【详解】解：①当AO=AB时，AB=5；
②当AB=BO时，AB=5；
③当OA=OB时，则OB=5，B（5，0），
12
设A（a， ）（a>0），
a
∵OA=5，
√ 12 2
∴ a2+( ) =5，
a
解得：a =3，a =4，
1 2
∴A（3，4）或（4，3），
∴AB=√(3−5) 2+42=2√5或AB=√(4−5) 2+32=√10；
综上所述，AB的长为5或2√5或√10．
故答案为：5或2√5或√10．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，考查分类讨论
的思想，当时，求出点的坐标是解题的关键．
9．（2021·江西·中考真题）如图，将▱ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交
AD于点F，若∠B=80°，∠ACE=2∠ECD，FC=a，FD=b，则▱ABCD的周长为
．
【答案】4a+2b
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质．根据题意并利
用折叠的性质可得出∠ACE=∠ACB=2∠ECD，计算可得到∠ECD=20°，
7∠ACE=∠ACB=40°，利用三角形的外角性质得到∠CFD=∠D=80°，再等角对等边
即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得：∠ACE=∠ACB，
∵∠ACE=2∠ECD，
∴∠ACE=∠ACB=2∠ECD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠FAC=∠FCA，∠B+∠BCD=180°，即∠B+∠ACE+∠ACB+∠ECD=180°，
∴∠ECD=20°，∠ACE=∠ACB=40°=∠FAC，
∠CFD=∠FAC+∠FCA=80°=∠B=∠D，
∴AF=CF=CD=a，即AD=a+b，
则▱ABCD的周长为2AD+2CD=4a+2b，
故答案为：4a+2b．
10．（2021·江西·中考真题）如图，在边长为6√3的正六边形ABCDEF中，连接BE，CF，
其中点M，N分别为BE和CF上的动点，若以M，N，D为顶点的三角形是等边三角形，
且边长为整数，则该等边三角形的边长为 ．
【答案】9或10或18
【分析】根据点M，N分别为BE和CF上的动点，以M，N，D为顶点的三角形是等边三
角形，先在脑海中生成运动的动态图，通过从满足条件的特殊的情况入手，然后再适当左
右摆动图形，寻找其它可能存在的解．
【详解】解：如下图：
（1）当M，N分别与B，F重合时，在△ABF中，由题意得：
∠BAF=120°,AB=AF=6√3，
易算得：BF=2√ (6√3) 2 −(3√3) 2=18，根据正多边形的性质得，
8BF=BD=DF=18，
∴△DBF为等边三角形，即△DMN为等边三角形，边长为18，
此时∠BDF=60°已为最大张角，故在左上区域不存在其它解；
（2）当M，N分别与DF，DB的中点重合时，由（1）且根据三角形的中位线
1
得：MN= BF=9，
2
∴MN=DN=DM=9，
∴ △DMN为等边三角形，边长为9，
（3）在（2）的条件下，阴影部分等边三角形△DMN会适当的左右摆动，使得存在无数
个这样的等边三角形且边长会在9到6√3之间，其中包含边长为9，6√3，
∵6√3≈10.4，且等边三角形的边长为整数，
∴边长在9到6√3之间只能取9或10，
综上所述：该等边三角形的边长可以为9或10或18．
故答案是：9或10或18．
【点睛】本题考查了正多边形中动点产生等边三角形问题，解题的关键是：根据等边三角
形的边只能取整数为依据，进行分类讨论，难点在于阴部部分等边三角形向左右适当摆动
时如何取边长的整数值．
11．（2025·江西·中考真题）如图，在6×5的正方形网格中，点A，B，C均在格点上，请
仅用无刻度直尺按下列要求完成作图．（保留作图痕迹）
(1)在图1中作出BC的中点；
(2)在图2中作出△ABC的重心．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查作图-应用与设计，矩形的性质，以及三角形重心的定义．
（1）利用矩形的性质即可作出BC的中点；
（2）根据△ABC的重心就是三边中线的交点，即可作出图形．
【详解】（1）解：如图，点D即为所作；
9；
（2）解：如图，点F即为所作；
．
12．（2025·江西·中考真题）图1是一种靠墙玻璃淋浴房，其俯视示意图如图2所示，AE
与DE两处是墙，AB与CD两处是固定的玻璃隔板，BC处是门框，测得
AB=BC=CD=60cm，∠ABC=∠BCD=135°，MN处是一扇推拉门，推动推拉门时，
两端点M，N分别在BC，CD对应的轨道上滑动．当点N与点C重合时，推拉门与门框完
全闭合；当点N滑动到限位点P处时，推拉门推至最大，此时测得∠CNM=6°
(1)在推拉门从闭合到推至最大的过程中，
①∠CMN的最小值为________度，最大值为________度；
②△CMN面积的变化情况是（ ）
A．越来越大 B．越来越小 C．先增大后减小
(2)当∠CMN=30°时，求△CMN的面积．
【答案】(1)①0°，39°；②C．
(2)450√3−450
【分析】（1）①根据临界点运用已知条件以及三角形内角和定理即可解答；②由由特殊情
况分析：点N与点C重合时，S=0；过没有点P的限制，点N与点D重合时，S=0；即可
解答；
1
（2）如图2，过N作NG⊥BC延长线于G当∠CMN=30°时，NG= MN=30，由勾
2
股定理可得MG=30√3，再根据等腰直角三角形的性质可得CG=NG=30，则
MC=30√3−30；最后根据三角形的面积公式求解即可．
10【详解】（1）解：①当点N与点C重合时，推拉门与门框完全闭合，此时∠CMN有最小
值0°；
当点N滑动到限位点P处时，推拉门推至最大，∠CNM=6°，则此时∠CMN有最大值．
∵∠CNM=6°，∠BCD=135°，
∴∠CMN=180°−6°−135°=39°，即∠CMN有最大值为39°．
故答案为：0°，39°．
②由特殊情况分析：点N与点C重合时，S=0；
过没有点P的限制，点N与点D重合时，S=0；
∴△CMN面积的变化情况是先增大后减小．
故选：C．
（2）解：如图2，过N作NG⊥BC延长线于G
1
当∠CMN=30°时，NG= MN=30，
2
∴MG=√M N2−NG2=30√3，
∵∠NCG=45°，
∴CG=NG=30，
∴MC=MG−CG=30√3−30，
1 1
∴S = CM⋅NG= (30√3−30)×30=450√3−450（平方米）．
△CMN 2 2
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、含30度
直角三角形的性质，理解题意解题的关键．
13．（2024·江西·中考真题）如图，△AOB是等腰直角三角形，∠ABO=90°，双曲线
k
y= (k>0,x>0)经过点B，过点A(4,0)作x轴的垂线交双曲线于点C，连接BC．
x
11(1)点B的坐标为______；
(2)求BC所在直线的解析式．
【答案】(1)(2,2)
1
(2)y=− x+3
2
【分析】题目主要考查一次函数与反比例函数综合问题，等腰三角形的性质，熟练掌握一
次函数与反比例函数的相应性质是解题关键．
（1）过点B作BD⊥x轴，根据等腰直角三角形的性质得出BD=OD=2，即可确定点B
的坐标；
（2）根据点B(2,2)确定反比例函数解析式，然后即可得出C(4,1)，再由待定系数法确定
一次函数解析式即可．
【详解】（1）解：过点B作BD⊥x轴于D，如图所示：
∵△AOB是等腰直角三角形，∠ABO=90°，A(4,0)，
∴OA=4，
∴BD=OD=AD=2，
∴B(2,2)，
故答案为：(2,2)；
k
（2）由（1）得B(2,2)，代入y= (k>0,x>0)，
x
得k=4，
4
∴y= ，
x
∵过点A(4,0)作x轴的垂线交双曲线于点C，
∴当x=4时，y=1，
∴C(4,1)，
设直线BC的解析式为y=k x+b，将点B、C代入得：
1
¿，解得¿，
1
∴直线BC的解析式为y=− x+3．
2
14．（2023·江西·中考真题）（1）计算：√38+tan45°−30
（2）如图，AB=AD，AC平分∠BAD．求证：△ABC≌△ADC．
12【答案】（1）2；（2）证明见解析
【分析】（1）先计算立方根，特殊角三角函数值和零指数幂，再计算加减法即可；
（2）先由角平分线的定义得到∠BAC=∠DAC，再利用SAS证明△ABC≌△ADC即可．
【详解】解：（1）原式=2+1−1
=2；
（2）∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ABC和△ADC中，
¿，
∴△ABC≌△ADC(SAS)．
【点睛】本题主要考查了实数的运算，零指数幂，特殊角三角函数值，全等三角形的判定，
角平分线的定义等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
| 1|
15．（2021·江西·中考真题）（1）计算：(−1) 2−(π−2021) 0+ − ；
2
（2）如图，在△ABC中，∠A=40°，∠ABC=80°，BE平分∠ABC交AC于点E，
ED⊥AB于点D，求证：AD=BD．
1
【答案】（1） ；（2）见解析
2
【分析】（1）分别利用绝对值的性质、乘方及零指数幂的运算法则进行化简计算，再合并
即可得出结果；
（2）先求得∠EBA=40°，从而得到EB= EA，利用等腰三角形的性质即可证明AD=BD．
| 1|
【详解】（1）解：(−1) 2−(π−2021) 0+ −
2
1
=1−1+
2
1
= ；
2
13（2）证明：∵BE平分∠ABC，∠ABC=80°，
1
∴∠EBA= ∠ABC=40°，
2
∵∠A=40°，
∴∠EBA=∠A，
∴EB= EA，
∵ED⊥AB，
∴AD=BD．
【点睛】本题考查了绝对值、乘方及零指数幂，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是
灵活运用所学知识解决问题．
考点 0 4 ：四边形
16．（2025·江西·中考真题）如图，△ABC是面积为1的等边三角形，分别取
AC，BC，AB的中点得到△A B C ；再分别取A C，B C，A B 的中点得到
1 1 1 1 1 1 1
△A B C ；…依此类推，则△A B C 的面积为（ ）
2 2 2 n n n
(1) n+1 (1) n (1) n (1) n−1
A． B． C． D．
2 3 4 4
【答案】C
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质．根据三角形中位线
1 (1) 2 1
定理得到△A B C ∽△ABC，相似比= ，△A B C 的面积= = ，△A B C 的面
1 1 1 2 1 1 1 2 4 2 2 2
(1) 2
积= ，总结规律，根据规律解答即可．
4
【详解】解：∵点A 、B 、C 分别为等边△ABC的边AC，BC，AB的中点，
1 1 1
1 1 1
∴B C = AC，A C = BC，A B = AB，
1 1 2 1 1 2 1 1 2
141
∴ △A B C ∽△ABC，相似比= ，
1 1 1 2
∵ △ABC的面积为1，
(1) 2 1
∴ △A B C 的面积= = ，
1 1 1 2 4
(1) 2
同理，△A B C 的面积= ，
2 2 2 4
……
(1) n
则△A B C 的面积= ，
n n n 4
故选：C．
17．（2025·江西·中考真题）如图，创意图案中间空白部分为正多边形，该正多边形的内
角和为 度．
【答案】720
【分析】本题考查了多边形的内角和公式；根据n边形的内角和公式(n−2)×180°进行计
算即可．
【详解】解：根据图形知，空白部分为六多边形，
六边形的内角和为(6−2)×180°=720°，
故答案为：720．
18．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点
A逆时针旋转角α（0°<α<360°）得到AP，连接PC，PD．当△PCD为直角三角形时，
旋转角α的度数为 ．
【答案】90°或270°或180°
【分析】连接AC，根据已知条件可得∠BAC=90°，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接AC，取BC的中点E，连接AE，如图所示，
15∵在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，
1
∴BE=CE= BC=AB，
2
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=60°，AE=BE，
∴AE=EC
1
∴∠EAC=∠ECA= ∠AEB=30°，
2
∴∠BAC=90°
∴AC⊥CD，
如图所示，当点P在AC上时，此时∠BAP=∠BAC=90°，则旋转角α的度数为90°，
当点P在CA的延长线上时，如图所示，则α=360°−90°=270°
当P在BA的延长线上时，则旋转角α的度数为180°，如图所示，
∵PA=PB=CD，PB∥CD，
∴四边形PACD是平行四边形，
∵AC⊥AB
∴四边形PACD是矩形，
∴∠PDC=90°
即△PDC是直角三角形，
16综上所述，旋转角α的度数为90°或270°或180°
故答案为：90°或270°或180°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与
判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．（2024·江西·中考真题）追本溯源：
题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）．
（1）如图1，在△ABC中，BD平分∠ABC，交AC于点D，过点D作BC的平行线，交
AB于点E，请判断△BDE的形状，并说明理由．
方法应用：
（2）如图2，在▱ABCD中，BE平分∠ABC，交边AD于点E，过点A作AF⊥BE交
DC的延长线于点F，交BC于点G．
①图中一定是等腰三角形的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
②已知AB=3，BC=5，求CF的长．
【答案】（1）△BDE是等腰三角形；理由见解析；（2）①B；②CF=2．
【分析】本题考查了平行四边形的性质和等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行
四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键；
（1）利用角平分线的定义得到∠ABD=∠CBD，利用平行线的性质得到
∠BDE=∠CBD，推出∠BDE=∠ABD，再等角对等边即可证明△BDE是等腰三角形；
（2）①同（1）利用等腰三角形的判定和性质可以得到四个等腰三角形；
②由①得DA=DF，利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：（1）△BDE是等腰三角形；理由如下：
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
17∵DE∥BC，
∴∠BDE=∠CBD，
∴∠BDE=∠ABD，
∴EB=ED，
∴△BDE是等腰三角形；
（2）①∵▱ABCD中，
∴AE∥BC，AB∥CD，
同（1）∠ABE=∠CBE=∠AEB，
∴AB=AE，
∵AF⊥BE，
∴∠BAF=∠EAF，
∵AE∥BC，AB∥CD，
∴∠BGA=∠EAF，∠BAF=∠F，
∵∠BGA=∠CGF，
∴∠BGA=∠BAG，∠DAF=∠F，∠CGF=∠F，
∴AB=AG，DA=DF，CG=CF，
即△ABE、△ABG、△ADF、△CGF是等腰三角形；共有四个，
故选：B．
②∵▱ABCD中，AB=3，BC=5，
∴AB=CD=3，BC=AD=5，
由①得DA=DF，
∴CF=DF−CD=5−3=2．
20．（2024·江西·中考真题）如图，AC为菱形ABCD的对角线，请仅用无刻度的直尺按要
求完成以下作图（保留作图痕迹）
(1)如图1，过点B作AC的垂线；
(2)如图2，点E为线段AB的中点，过点B作AC的平行线．
【答案】(1)作图见解析；
18(2)作图见解析．
【分析】（1）作直线BD，由菱形的性质可得BD⊥AC，即BD为AC的垂线；
（2）连接CE并延长，与DA的延长线相交于点M，作直线BM，因为点E为线段AB的中
点，所以AE=BE，因为AM∥BC，所以∠EAM=∠EBC，∠EMA=∠ECB，故可得
△AEM≌△BEC，得到ME=CE，所以四边形ACBM为平行四边形，即BM∥AC；
本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，掌握菱形的性质及平行四边形的判定方法是
解题的关键．
【详解】（1）解：如图，BD即为AC所求；
（2）解：如图，BM即为所求．
21．（2023·江西·中考真题）课本再现
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形
吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
(1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和
“求证”，请你完成证明过程．
已知：在▱ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证：▱ABCD是菱形．
(2)知识应用：如图2，在▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，
AD=5，AC=8，BD=6．
19①求证：▱ABCD是菱形；
1 OF
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E= ∠ACD，求 的值．
2 EF
【答案】(1)见解析
5
(2)①见解析；②
8
【分析】（1）根据平行四边形的性质证明△AOB≌△COB得出AB=CB，同理可得
△DOA≌△ODC，则DA=DC， AB=CD，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可
得证；
（2）①勾股定理的逆定理证明△AOD是直角三角形，且∠AOD=90°，得出AC⊥BD，
即可得证；
1
②根据菱形的性质结合已知条件得出∠E=∠COE，则OC=OE= AC=4，过点O作
2
1 5
OG∥CD交BC于点G，根据平行线分线段成比例求得CG= CB= ，然后根据平行线
2 2
分线段成比例即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO， AB=DC，
∵BD⊥AC
∴∠AOB=∠COB=90°，
在△AOB,△COB中，
¿
∴△AOB≌△COB
∴AB=CB，
同理可得△DOA≌△ODC，则DA=DC，
又∵AB=CD
∴AB=BC=CD=DA
∴四边形ABCD是菱形；
（2）①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AD=5，AC=8，BD=6．
1 1
∴DO=BO= BD=3,AO=CO= AC=4
2 2
20在△AOD中，AD2=25，AO2+OD2=32+42=25，
∴AD2=AO2+OD2，
∴△AOD是直角三角形，且∠AOD=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
②∵四边形ABCD是菱形；
∴∠ACB=∠ACD
1
∵∠E= ∠ACD，
2
1
∴∠E= ∠ACB，
2
∵∠ACB=∠E+∠COE，
∴∠E=∠COE，
1
∴OC=CE= AC=4，
2
如图所示，过点O作OG∥CD交BC于点G，
BG BO
∴ = =1，
GC OD
1 1 5
∴CG= BC= AD= ，
2 2 2
5
∴OF GC 2 5．
= = =
EF CE 4 8
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的
性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
22．（2022·江西·中考真题）图1是某长征主题公园的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意
图，已知AB∥CD∥FG，A，D，H，G四点在同一直线上，测得
∠FEC=∠A=72.9°,AD=1.6m,EF=6.2m．（结果保留小数点后一位）
21(1)求证：四边形DEFG为平行四边形；
(2)求雕塑的高（即点G到AB的距离）．
（参考数据：sin72.9°≈0.96,cos72.9°≈0.29,tan72.9°≈3.25）
【答案】(1)见解析
(2)雕塑的高为7.5m，详见解析
【分析】（1）根据平行四边形的定义可得结论；
（2）过点G作GP AB于P，计算AG的长，利用 A的正弦可得结论．
【详解】（1）证明⊥： AB∥CD∥FG， ∠
CDG＝ A， ∵
∴∠FEC＝∠A，
∵∠FEC＝∠CDG，
∴ E∠F∥DG，∠
∴FG∥CD，
∵四边形DEFG为平行四边形；
∴（2）如图，过点G作GP AB于P，
四边形DEFG为平行四边⊥形，
∵DG＝EF＝6.2，
∴AD＝1.6，
∵AG＝DG+AD＝6.2+1.6＝7.8，
∴ PG
在Rt△APG中，sinA= ，
AG
PG
=0.96，
7.8
∴
PG=7.8×0.96＝7.488≈7.5．
∴答：雕塑的高为7.5m.
22【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，正确作辅助线构建直角三角形解
决问题．
23．（2021·江西·中考真题）已知正方形ABCD的边长为4个单位长度，点E是CD的中点，
请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将直线AC绕着正方形ABCD的中心顺时针旋转45°；
（2）在图2中，将直线AC向上平移1个单位长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接BD与AC相交于O，连接AE与BD相交于P，连接CP并延长交AD于
F，直线OF即为所求；
（2）设AE与OF交于G，连接OE交CF于H，则直线GH即为所求．
【详解】（1）如图，直线OF即为所求；
∵AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP，
∴ ADP≅ CDP，
∴△∠DAE=∠△DCF，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDF=90°，
23∴ ADE≅ CDF，
∴△DE=DF，△
∵点E是CD的中点，
∴点F是AD的中点，
∵∠AOD=90°，且AO=OD，
∴∠AOF=45°；
（1）如图，直线GH即为所求；
1 1
由三角形中位线定理知OG= CF=1，OH= AF=1，且∠GOH=90°，
2 2
∴OG=OH，
∴ GOH是等腰直角三角形，
∴△∠HOC=∠OHG=45°，
∴GH∥AC，且OG =1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
一、单选题
24．（2025·江西新余·二模）如图，已知∠BED=∠EDC，DC平分∠ADF，若
∠BED=130°，则∠DAE的大小为（ ）
A．30° B．50° C．80° D．100°
【答案】B
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，邻补角的性质，角平分线的定义，由
∠BED=∠EDC可得AB∥CD，由邻补角的性质得∠CDF=50°，由角平分线的性质得
∠ADC=∠CDF=50°，进而由平行线的性质即可求解，掌握平行线的判定和性质是解题
24的关键．
【详解】解：∵∠BED=∠EDC，
∴AB∥CD，
∵∠BED=130°，
∴∠EDC=130°，
∴∠CDF=180°−∠EDC=180°−130°=50°，
∵DC平分∠ADF，
∴∠ADC=∠CDF=50°，
∵AB∥CD，
∴∠DAE=∠ADC=50°，
故选：B．
25．（2025·江西新余·三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=5，
D是平面内一个动点，且AD=BC， E为BD的中点，在点D运动过程中，设线段CE的长
为m，则m的整数值有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】D
【分析】本题考查了中位线定理，勾股定理，圆的有关性质，直角三角形的性质等知识，
掌握知识点的应用是解题的关键．
取AB的中点F，连接EF，CF，由勾股定理得AB=√AC2+BC2=13，则有
1
CF= AB=6.5，根据三角形三边关系可得460°，
∴不需要调整其他部分参数．
51
