浙教版2020中考數(shù)學(xué)二輪專題強(qiáng)化訓(xùn)練選擇題6答案

浙教版2020年中考數(shù)學(xué)二輪專題強(qiáng)化訓(xùn)練--選擇題6答案1.答案：B解析：360°÷36°=10，所以這個(gè)正多邊形是正十邊形．故選B．2.答案：C解析：∵菱形ABCD的頂點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（2，0），（0，1），∴AO=2，OB=1，ACBD，∴由勾股定理知：，∵四邊形為菱形，∴AB=DC=BC=AD=，∴菱形的周長(zhǎng)為：．故選C．3.答案：A解析：A．有一個(gè)角為直角的平行四邊形是矩形滿足判定條件；四條邊都相等的四邊形是菱形，故B錯(cuò)誤；C有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，故C錯(cuò)誤；D.對(duì)角線相等且相互平分的四邊形是矩形，則D錯(cuò)誤；故選A．4.答案：D如圖，過(guò)E點(diǎn)作關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)E′，則當(dāng)E′，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)PE+PF取最小值，∵∠EAP=45°，∴∠EAE′=90°，又∵AE=EF=AE′=4，∴PE+PF的最小值為E′F=，∵滿足PE+PF=9=，∴在邊AB上存在兩個(gè)P點(diǎn)使PE+PF=9，同理在其余各邊上也都存在兩個(gè)P點(diǎn)滿足條件，∴滿足PE+PF=9的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)是8，故選D．5.答案：B解析：過(guò)D作DH⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于H，∵BD平分∠ABC，∠BCD＝90°，∴DH＝CD＝4，∴四邊形ABCD的面積＝S△ABD+S△BCD＝AB?DH+BC?CD＝×6×4+×9×4＝30，故選：B．6.答案：D解析：如圖，經(jīng)過(guò)P、Q的直線則把它剪成了面積相等的兩部分，由圖形可知△AMC≌△FPE≌△BPD，∴AM＝PB，∴PM＝AB，∵PM＝，∴AB＝，故選：D．7.答案：D解析：∵正方形ABCD和矩形ECFG中，∠DCB＝∠FCE＝90°，∠F＝∠B＝90°，∴∠DCF＝∠ECB，∴△BCE∽△FCD，∴，∴CF?CE＝CB?CD，∴矩形ECFG與正方形ABCD的面積相等．故選：D．8.答案：D解析：∵四邊形ABCD為菱形，AB＝2，∠DAB＝60°∴AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60°∵CE＝CD，CF＝CB∴CE＝CF＝∴△CEF為等邊三角形∴S△CEF＝故選：D．9.答案：B解析：∵E，F(xiàn)，G，H分別是AO，BO，CO，DO的中點(diǎn)，在?ABCD中，AB＝2，AD＝4，∴EH＝AD＝2，HG＝AB＝1，∴EH≠HG，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；∵E，F(xiàn)，G，H分別是AO，BO，CO，DO的中點(diǎn)，∴EH＝，∴四邊形EFGH是平行四邊形，故選項(xiàng)B正確；由題目中的條件，無(wú)法判斷AC和BD是否垂直，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；∵點(diǎn)E、F分別為OA和OB的中點(diǎn)，∴EF＝，EF∥AB，∴△OEF∽△OAB，∴，即△ABO的面積是△EFO的面積的4倍，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選：B．10.答案：A解析：連接AE，如圖：∵EF是AC的垂直平分線，∴OA＝OC，AE＝CE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD∥BC，∴∠OAF＝∠OCE，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（ASA），∴AF＝CE＝5，∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，∴AB＝，∴AC＝；故選：A．11.答案：C解析：①當(dāng)時(shí)．四邊形是矩形，，，，，，，，，，，．②當(dāng)時(shí)，易證是的中位線，，故選：．12.答案：A解析：連接HF，設(shè)直線MH與AD邊的交點(diǎn)為P，如圖：由折疊可知點(diǎn)P、H、F、M四點(diǎn)共線，且PH＝MF，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，則正方形ABCD的面積為4a2，∵若正方形EFGH與五邊形MCNGF的面積相等∴由折疊可知正方形EFGH的面積＝×正方形ABCD的面積＝，∴正方形EFGH的邊長(zhǎng)GF＝∴HF＝GF＝∴MF＝PH＝∴故選：A．13.答案：A解析：如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．由題意：四邊形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF＝DK，∴（角平分線的性質(zhì)定理，可以用面積法證明），∴，∴圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為：1，故選：A．14.答案：C解析：如圖，連接ALGL，PF．由題意：S矩形AMLD＝S陰＝a2﹣b2，PH＝，∵點(diǎn)A，L，G在同一直線上，AM∥GN，∴△AML∽△GNL，∴，∴，整理得a＝3b，∴，故選：C．15.答案：D解析：設(shè)△ABP中AB邊上的高是h．∵S△PAB=S矩形ABCD，∴AB?h=AB?AD，∴h=AD=2，∴動(dòng)點(diǎn)P在與AB平行且與AB的距離是2的直線l上，如圖，作A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE，連接BE，則BE的長(zhǎng)就是所求的最短距離．在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，∴BE=即PA+PB的最小值為．故選D．16.答案：C解：∵正方形ABCD中，AB＝6，E為AB的中點(diǎn)∴AD＝DC＝BC＝AB＝6，AE＝BE＝3，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°∵△ADE沿DE翻折得到△FDE∴∠AED＝∠FED，AD＝FD＝6，AE＝EF＝3，∠A＝∠DFE＝90°∴BE＝EF＝3，∠DFG＝∠C＝90°∴∠EBF＝∠EFB∵∠AED+∠FED＝∠EBF+∠EFB∴∠DEF＝∠EFB∴BF∥ED，故結(jié)論①正確；∵AD＝DF＝DC＝6，∠DFG＝∠C＝90°，DG＝DG∴Rt△DFG≌Rt△DCG，∴結(jié)論②正確；∵FH⊥BC，∠ABC＝90°∴AB∥FH，∠FHB＝∠A＝90°∵∠EBF＝∠BFH＝∠AED∴△FHB∽△EAD，∴結(jié)論③正確；∵Rt△DFG≌Rt△DCG∴FG＝CG設(shè)FG＝CG＝x，則BG＝6﹣x，EG＝3+x在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+（6﹣x）2＝（3+x）2解得：x＝2∴BG＝4∴tan∠GEB＝故結(jié)論④正確；∵△FHB∽△EAD，且∴BH＝2FH設(shè)FH＝a，則HG＝4﹣2a在Rt△FHG中，由勾股定理得：a2+（4﹣2a）2＝22解得：a＝2（舍去）或a＝∴S△BFG＝×4×故結(jié)論⑤錯(cuò)誤；故選：C．17.答案：B解析：∵將正方形ABCD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)180°至正方形AB1C1D1，∴CC1＝2AC＝2×AB＝2，∴線段CD掃過(guò)的面積＝×（）2?π﹣×π＝，答案:B．18.答案：D解析：∵正方形ABCD，DPMN的面積分別為S1，S2，∴S1＝CD2，S2＝PD2，在Rt△PCD中，PC2＝CD2+PD2，∴S1+S2＝CP2，故A結(jié)論正確；連接CF，∵點(diǎn)H與B關(guān)于CE對(duì)稱，∴CH＝CB，∠BCE＝∠ECH，在△BCE和△HCE中，∴△BCE≌△HCE（SAS），∴BE＝EH，∠EHC＝∠B＝90°，∠BEC＝∠HEC，∴CH＝CD，在Rt△FCH和Rt△FCD中∴Rt△FCH≌Rt△FCD（HL），∴∠FCH＝∠FCD，F(xiàn)H＝FD，∴∠ECH+∠ECH＝∠BCD＝45°，即∠ECF＝45°，作FG⊥EC于G，∴△CFG是等腰直角三角形，∴FG＝CG，∵∠BEC＝∠HEC，∠B＝∠FGE＝90°，∴△FEG∽△CEB，∴，∴FG＝2EG，設(shè)EG＝x，則FG＝2x，∴CG＝2x，CF＝2x，∴EC＝3x，∵EB2+BC2＝EC2，∴BC2＝9x2，∴BC2＝x2，∴BC＝，在Rt△FDC中，F(xiàn)D＝，∴3FD＝AD，∴AF＝2FD，故B結(jié)論正確；∵AB∥CN，∴，∵PD＝ND，AE＝CD，∴CD＝4PD，故C結(jié)論正確；∵EG＝x，F(xiàn)G＝2x，∴EF＝x，∵FH＝FD＝，∵BC＝，∴AE＝，作HQ⊥AD于Q，∴HQ∥AB，∴，即，∴HQ＝，∴CD﹣HQ＝，∴cos∠HCD＝，故結(jié)論D錯(cuò)誤，故選：D．19.答案：B解析：（1）當(dāng)、分別在、上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是菱形，，則、為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，，函數(shù)最大值為，符合條件的有、、；（2）當(dāng)、分別在、上運(yùn)動(dòng)時(shí)，同理可得：，符合條件的