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xxxx年中考数学平面几何基础试题解析
一、选择题
1.(2019福建龙岩4分)下列命题中，为真命题的是【】
A.对顶角相等B.同位角相等
C.若，则D.若，则
【答案】A。
【考点】真命题，对顶角的性质，同位角的定义，平方根的意义，不等式的性质。
【分析】根据对顶角的性质，同位角的定义，平方根的意义，不等式的性质分别作出判断：
A.对顶角相等，命题正确，是真命题;
B.两平行线被第三条直线所截，同位角才相等，命题不正确，不是真命题;
C.若，则，命题不正确，不是真命题;
D.若，则，命题不正确，不是真命题。
故选A。
2.(2019福建龙岩4分)下列几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【】
A.等边三角形B.矩形C.平行四边形D.等腰梯形
【答案】B。
【考点】轴对称图形和中心对称图形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，只有矩形既是轴对称图形又是中心对称图形。故选B。
3.(2019福建南平4分)正多边形的一个外角等于30°.则这个多边形的边数为【】
A.6B.9C.12D.15
【答案】C。
【考点】多边形的外角性质。
【分析】正多边形的一个外角等于30°，而多边形的外角和为360°，则：多边形边数=多边形外角和÷一个外角度数=360°÷30°=12。故选C。
4.(2019福建宁德4分)下列两个电子数字成中心对称的是【】
【答案】A。
【考点】中心对称图形。
【分析】根据轴中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，符合条件的只有A。故选A。
5.(2019福建宁德4分)已知正n边形的一个内角为135º，则边数n的值是【】
A.6B.7C.8D.9
【答案】C。
【考点】多边形内角和定理，解一元一次方程。
【分析】根据多边形内角和定理，得，解得n=8。故选C。
6.(2019福建莆田4分)下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是【】
【答案】B。
【考点】中心对称图形，轴对称图形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误;
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项正确;
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误;
D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误。
故选B。
7.(2019福建三明4分)如图，AB//CD，∠CDE=，则∠A的度数为【】
A.B. C. D.
【答案】D。
【考点】补角的定义，平行的性质。
【分析】∵∠CDE=1400，∴∠CDA=400。又∵AB//CD，∴∠A=∠CDA=400。故选D。
8.(2019福建三明4分)一个多边形的内角和是，则这个多边形的边数为【】
A.4B.5C.6D.7
【答案】C。
【考点】多边形的内角和定理。
【分析】由一个多边形的内角和是7200，根据多边形的内角和定理得(n-2)1800=7200。解得n=6。
故选C。
9.(2019福建福州4分)如图，直线a∥b，∠1=70°，那么∠2的度数是【】
A.50°B.60°C.70°D.80°
【答案】C。
【考点】平行线的性质。
【分析】根据两角的位置关系可知两角是同位角，利用两直线平行同位角相等即可求得结果：
∵a∥b，∴∠1=∠2。∵∠1=70°，∴∠2=70°。故选C。
10.(2019福建泉州3分)下列图形中，有且只有两条对称轴的中心对称图形是【】.
A.正三角形B.正方形C.圆D.菱形
【答案】D。
【考点】轴对称图形与中心对称图形的识别。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
A.正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形;选项错误;
B.正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，但它有4条对称轴，选项错误;
C.圆既是轴对称图形，也是中心对称图形，但它有无数条对称轴，选项错误;
D.菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，且只有两条对称轴，选项正确。
故选D。
二、填空题
1.(2019福建厦门4分)已知∠A=40°，则∠A的余角的度数是▲.
【答案】50°。
【考点】余角的概念。
【分析】设∠A的余角是∠B，则∠A+∠B=90°，∵∠A=40°，∴∠B=90°-40°=50°。
2.(2019福建厦门4分)五边形的内角和的度数是▲.
【答案】540°。
【考点】多边形内角和定理。
【分析】根据n边形的内角和公式：180°(n-2)，将n=5代入即可求得答案：
五边形的内角和的度数为：180°×(5-2)=180°×3=540°。
3.(2019福建莆田4分)将一副三角尺按如图所示放置，则1= ▲ 度.
【答案】105。
【考点】对顶角的性质，三角形的内角和定理。
【分析】如图，∵这是一副三角尺，
∴∠BAE=30°，∠ABE=45°。
∴∠1=∠AEB=180°-30°-45°
=105°。
4.(2019福建宁德3分)如图，直线a∥b，∠1=60º，则∠2=▲º.
【答案】60。
【考点】平行线的性质，对顶角的性质。
【分析】∵直线a∥b，∴∠1=∠3(两直线平行，同位角相等)。
又∵∠2=∠3(对顶角相等)，∴∠1=∠2。
又∵∠1=60°，∴∠3=60°。
5.(2019福建龙岩3分)如图，a∥b，∠1=300，则∠2=▲°.
【答案】150。
【考点】平行线的性质，对顶角的性质。
【分析】如图，∵a∥b，∠1=30°，∴∠3=1800-300=1500。
∴∠2=∠3=1500。
6.(2019福建泉州4分)n边形的内角和为900°，则n=▲.
【答案】7。
【考点】多边形内角和定理。
【分析】根据多边形内角和定理，得，解得n=7。
7.(2019福建泉州4分)如图，在△ABC中,∠A=60°，∠B=40°，点D、E分别在BC、AC的延长线上，则∠1=▲°.
【答案】80。
【考点】三角形的内角和，对顶角的性质。
【分析】∵三角形的内角和为180°，∠A=60°，∠B=40°，∴∠ACB=80°。
又∵∠1与∠ACB互为对顶角，∴∠1=∠ACB=80°。
8.(2019福建泉州5分)如图，点A、O、B在同一直线上，已知∠BOC=50°，则∠AOC=▲°
【答案】130。
【考点】平角的定义。
【分析】由∠BOC+∠AOC=1800和∠BOC=50°，得∠AOC=1300。
三、解答题
1.(2019福建漳州8分)利用对称性可设计出美丽的图案.在边长为1的方格纸中,有如图所示的四边
形(顶点都在格点上).
(1)先作出该四边形关于直线成轴对称的图形，再作出你所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90o后的图形;
(2)完成上述设计后，整个图案的面积等于_________.
【答案】解：(1)作图如图所示：
先作出关于直线l的对称图形;再作出所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向
旋转90°后的图形。
(2)20。
【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案。
【分析】(1)根据图形对称的性质先作出关于直线l的对称图形，再作出所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90°后的图形即可。
(2)先利用割补法求出原图形的面积，由图形旋转及对称的性质可知经过旋转与轴对称所得图形与原图形全等即可得出结论。
∵边长为1的方格纸中一个方格的面积是1，∴原图形的面积为5。
∴整个图案的面积=4×5=20。
2.(2019福建三明8分)如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(-2，-1)，B(-3，-3)，
C(-1，-3).
①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标;(4分)
②画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点A2的坐标.(4分)
【答案】解：①如图所示，A1(-2，1)。
②如图所示，A2(2，1)。
【考点】轴对称和中心对称作图。
【分析】根据轴对称和中心对称的性质作图，写出A1、A2的坐标。
3.(2019福建福州7分)如图，方格纸中的每个小方格是边长为1个单位长度的正方形.
①画出将Rt△ABC向右平移5个单位长度后的Rt△A1B1C1;
②再将Rt△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°，画出旋转后的Rt△A2B2C1，并求出旋转过程中线段
A1C1所扫过的面积(结果保留π).
【答案】解：①如图所示;
②如图所示;
在旋转过程中，线段A1C1所扫过的面积等于90•π•42360=4π。
【考点】平移变换和旋转变换作图，扇形面积的计算。
【分析】根据图形平移的性质画出平移后的图形，再根据在旋转过程中，线段A1C1所扫过的面积等于以点C1为圆心，以A1C1为半径，圆心角为90度的扇形的面积，再根据扇形的面积公式进行解答即可。
4.(2019福建泉州9分)如图，在方格纸中(小正方形的边长为1)，反比例函数与直线的交点A、B均在格点上，根据所给的直角坐标系(点O是坐标原点)，解答下列问题：
(1)分别写出点A、B的坐标后，把直线AB向右平移平移5个单位，再在向上平移5个单位，画出平移后的直线A′B′.
(2)若点C在函数的图像上，△ABC是以AB为底边的等腰三角形，请写出点C的坐标.
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xxxx年中考数学平面几何基础试题解析
一、选择题
1.(2019福建龙岩4分)下列命题中，为真命题的是【】
A.对顶角相等B.同位角相等
C.若，则D.若，则
【答案】A。
【考点】真命题，对顶角的性质，同位角的定义，平方根的意义，不等式的性质。
【分析】根据对顶角的性质，同位角的定义，平方根的意义，不等式的性质分别作出判断：
A.对顶角相等，命题正确，是真命题;
B.两平行线被第三条直线所截，同位角才相等，命题不正确，不是真命题;
C.若，则，命题不正确，不是真命题;
D.若，则，命题不正确，不是真命题。
故选A。
2.(2019福建龙岩4分)下列几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【】
A.等边三角形B.矩形C.平行四边形D.等腰梯形
【答案】B。
【考点】轴对称图形和中心对称图形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，只有矩形既是轴对称图形又是中心对称图形。故选B。
3.(2019福建南平4分)正多边形的一个外角等于30°.则这个多边形的边数为【】
A.6B.9C.12D.15
【答案】C。
【考点】多边形的外角性质。
【分析】正多边形的一个外角等于30°，而多边形的外角和为360°，则：多边形边数=多边形外角和÷一个外角度数=360°÷30°=12。故选C。
4.(2019福建宁德4分)下列两个电子数字成中心对称的是【】
【答案】A。
【考点】中心对称图形。
【分析】根据轴中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，符合条件的只有A。故选A。
5.(2019福建宁德4分)已知正n边形的一个内角为135º，则边数n的值是【】
A.6B.7C.8D.9
【答案】C。
【考点】多边形内角和定理，解一元一次方程。
【分析】根据多边形内角和定理，得，解得n=8。故选C。
6.(2019福建莆田4分)下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是【】
【答案】B。
【考点】中心对称图形，轴对称图形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误;
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项正确;
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误;
D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误。
故选B。
7.(2019福建三明4分)如图，AB//CD，∠CDE=，则∠A的度数为【】
A.B. C. D.
【答案】D。
【考点】补角的定义，平行的性质。
【分析】∵∠CDE=1400，∴∠CDA=400。又∵AB//CD，∴∠A=∠CDA=400。故选D。
8.(2019福建三明4分)一个多边形的内角和是，则这个多边形的边数为【】
A.4B.5C.6D.7
【答案】C。
【考点】多边形的内角和定理。
【分析】由一个多边形的内角和是7200，根据多边形的内角和定理得(n-2)1800=7200。解得n=6。
故选C。
9.(2019福建福州4分)如图，直线a∥b，∠1=70°，那么∠2的度数是【】
A.50°B.60°C.70°D.80°
【答案】C。
【考点】平行线的性质。
【分析】根据两角的位置关系可知两角是同位角，利用两直线平行同位角相等即可求得结果：
∵a∥b，∴∠1=∠2。∵∠1=70°，∴∠2=70°。故选C。
10.(2019福建泉州3分)下列图形中，有且只有两条对称轴的中心对称图形是【】.
A.正三角形B.正方形C.圆D.菱形
【答案】D。
【考点】轴对称图形与中心对称图形的识别。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
A.正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形;选项错误;
B.正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，但它有4条对称轴，选项错误;
C.圆既是轴对称图形，也是中心对称图形，但它有无数条对称轴，选项错误;
D.菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，且只有两条对称轴，选项正确。
故选D。
二、填空题
1.(2019福建厦门4分)已知∠A=40°，则∠A的余角的度数是▲.
【答案】50°。
【考点】余角的概念。
【分析】设∠A的余角是∠B，则∠A+∠B=90°，∵∠A=40°，∴∠B=90°-40°=50°。
2.(2019福建厦门4分)五边形的内角和的度数是▲.
【答案】540°。
【考点】多边形内角和定理。
【分析】根据n边形的内角和公式：180°(n-2)，将n=5代入即可求得答案：
五边形的内角和的度数为：180°×(5-2)=180°×3=540°。
3.(2019福建莆田4分)将一副三角尺按如图所示放置，则1= ▲ 度.
【答案】105。
【考点】对顶角的性质，三角形的内角和定理。
【分析】如图，∵这是一副三角尺，
∴∠BAE=30°，∠ABE=45°。
∴∠1=∠AEB=180°-30°-45°
=105°。
4.(2019福建宁德3分)如图，直线a∥b，∠1=60º，则∠2=▲º.
【答案】60。
【考点】平行线的性质，对顶角的性质。
【分析】∵直线a∥b，∴∠1=∠3(两直线平行，同位角相等)。
又∵∠2=∠3(对顶角相等)，∴∠1=∠2。
又∵∠1=60°，∴∠3=60°。
5.(2019福建龙岩3分)如图，a∥b，∠1=300，则∠2=▲°.
【答案】150。
【考点】平行线的性质，对顶角的性质。
【分析】如图，∵a∥b，∠1=30°，∴∠3=1800-300=1500。
∴∠2=∠3=1500。
6.(2019福建泉州4分)n边形的内角和为900°，则n=▲.
【答案】7。
【考点】多边形内角和定理。
【分析】根据多边形内角和定理，得，解得n=7。
7.(2019福建泉州4分)如图，在△ABC中,∠A=60°，∠B=40°，点D、E分别在BC、AC的延长线上，则∠1=▲°.
【答案】80。
【考点】三角形的内角和，对顶角的性质。
【分析】∵三角形的内角和为180°，∠A=60°，∠B=40°，∴∠ACB=80°。
又∵∠1与∠ACB互为对顶角，∴∠1=∠ACB=80°。
8.(2019福建泉州5分)如图，点A、O、B在同一直线上，已知∠BOC=50°，则∠AOC=▲°
【答案】130。
【考点】平角的定义。
【分析】由∠BOC+∠AOC=1800和∠BOC=50°，得∠AOC=1300。
三、解答题
1.(2019福建漳州8分)利用对称性可设计出美丽的图案.在边长为1的方格纸中,有如图所示的四边
形(顶点都在格点上).
(1)先作出该四边形关于直线成轴对称的图形，再作出你所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90o后的图形;
(2)完成上述设计后，整个图案的面积等于_________.
【答案】解：(1)作图如图所示：
先作出关于直线l的对称图形;再作出所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向
旋转90°后的图形。
(2)20。
【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案。
【分析】(1)根据图形对称的性质先作出关于直线l的对称图形，再作出所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90°后的图形即可。
(2)先利用割补法求出原图形的面积，由图形旋转及对称的性质可知经过旋转与轴对称所得图形与原图形全等即可得出结论。
∵边长为1的方格纸中一个方格的面积是1，∴原图形的面积为5。
∴整个图案的面积=4×5=20。
2.(2019福建三明8分)如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(-2，-1)，B(-3，-3)，
C(-1，-3).
①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标;(4分)
②画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点A2的坐标.(4分)
【答案】解：①如图所示，A1(-2，1)。
②如图所示，A2(2，1)。
【考点】轴对称和中心对称作图。
【分析】根据轴对称和中心对称的性质作图，写出A1、A2的坐标。
3.(2019福建福州7分)如图，方格纸中的每个小方格是边长为1个单位长度的正方形.
①画出将Rt△ABC向右平移5个单位长度后的Rt△A1B1C1;
②再将Rt△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°，画出旋转后的Rt△A2B2C1，并求出旋转过程中线段
A1C1所扫过的面积(结果保留π).
【答案】解：①如图所示;
②如图所示;
在旋转过程中，线段A1C1所扫过的面积等于90•π•42360=4π。
【考点】平移变换和旋转变换作图，扇形面积的计算。
【分析】根据图形平移的性质画出平移后的图形，再根据在旋转过程中，线段A1C1所扫过的面积等于以点C1为圆心，以A1C1为半径，圆心角为90度的扇形的面积，再根据扇形的面积公式进行解答即可。
4.(2019福建泉州9分)如图，在方格纸中(小正方形的边长为1)，反比例函数与直线的交点A、B均在格点上，根据所给的直角坐标系(点O是坐标原点)，解答下列问题：
(1)分别写出点A、B的坐标后，把直线AB向右平移平移5个单位，再在向上平移5个单位，画出平移后的直线A′B′.
(2)若点C在函数的图像上，△ABC是以AB为底边的等腰三角形，请写出点C的坐标.
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