2024年四川省乐山市中考数学真题变式题6-10题

1．下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（  ） A． B． C． D． 2．下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（     ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相垂直且相等 3．如图，能判定四边形是平行四边形的是（    ）    A．， B．， C．， D．， 4．根据所标数据，下列不一定是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 5．如图，E是的边的延长线上一点，连接交于点F，连接，．添加以下条件，仍不能判定四边形为平行四边形的是（    ）      A． B． C． D． 6．如图，，，、是线段上的两点，则以下条件不能判断四边形是平行四边形的是（    ）    A． B． C． D．， 7．一个四边形的三个内角的度数依次如下，能判定该四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 8．四边形中，对角线相交于点，给出下列四组条件：①；②；③；④；⑤；⑥.其中一定能判断这个四边形是平行四边形的条件共有（） A．组 B．组 C．组 D．组 9．已知四边形ABCD，有以下四个条件：①；②；③；④．从这四个条件中任选两个，能使四边形ABCD成为平行四边形的选法种数共有（　　　） A．6种 B．5种 C．4种 D．3种 10．在四边形中，对角线、相交于点O，在下列条件中，①，，②，；③，，④，，⑤，，能够判定四边形是平行四边形的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 11．已知，化简的结果为（   ） A． B．1 C． D． 12．若，则a与1的关系是（   ） A． B． C． D． 13．若，则x的值可以是（    ） A． B． C．1 D．2 14．计算：（　　） A． B． C．8 D． 15．等于（    ） A．3 B． C． D．9 16．已知，化简：的结果为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 17．已知实数a在数轴上的位置如图所示，则化简：的结果为（   ） A．2 B．-2 C．2a-6 D．-2a+6 18．已知，则化简的结果为(　　) A． B． C． D． 19．已知实数，在数轴上的位置如图所示，化简的结果为（　　）    A． B． C． D． 20．若某三角形的三边长分别为，，，则化简的结果为（    ） A． B． C． D． 21．若实数a，b在数轴上的对应点如图，则化简的结果为（    ） A． B． C． D． 22．若化简的结果为，则x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 23．已知，则化简的结果为（　　） A． B． C． D． 24．若关于x的一元二次方程两根为、，且，则p的值为（     ） A． B． C． D．6 25．一元二次方程的两根为，，则的值为（    ） A． B． C． D． 26．若是一元二次方程的两个根，则的值为(   ) A．3 B．2 C．1 D． 27．若，是关于x的一元二次方程的两根，则的值为（    ） A．19 B．9 C．1 D． 28．关于x的一元二次方程的两实数根分别为、，且，则m的值为（    ） A． B． C． D．0 29．已知是关于的一元二次方程的两个根，且满足，则的值为（    ） A．2 B． C．1 D． 30．已知关于的一元二次方程的两个实数根是，，且，则的值是（    ） A． B． C． D． 31．已知方程的两根之比为，则k的值为（    ） A． B． C．4 D．6 32．若关于的一元二次方程的两个根为，，且．下列说法正确的个数为（　　） ①； ②，； ③； ④关于的一元二次方程的两个根为，． A． B． C． D． 33．若方程的两个不相等的实数根满足，则实数p的所有值之和为（    ） A．0 B． C． D． 34．已知二次函数，当时，函数取得最大值；当时，函数取得最小值，则t的取值范围是（   ） A． B． C． D． 35．已知二次函数的函数表达式为，则其函数图象的顶点坐标是（    ）． A． B． C． D． 36．二次函数的图像的开口方向是（    ） A．向左 B．向右 C．向上 D．向下 37．二次函数的最小值是3，则a的值是（　　） A．3 B．5 C．6 D．7 38．已知二次函数，当y随x的增大而减小时，x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 39．已知二次函数（m为常数），当自变量x的值满足时，与其对应的函数值y的最小值为3，则m的值为（    ） A．0或3 B．0或7 C．3或4 D．4或7 40．已知二次函数在时有最小值，则(　　) A．或 B．或 C．或 D．或 41．已知二次函数 （a，b是实数，且），设该函数的最小值为k，（    ） A．若，则 B．若，则 C．若．则 D．若，则 42．在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图象经过点，其对称轴在轴右侧，则该二次函数有（    ） A．最大值 B．最小值 C．最大值8 D．最小值8 43．已知抛物线y＝x2+（2a﹣1）x﹣3，当﹣1≤x≤3时，函数最大值为1，则a值为（　　） A． B． C．或 D．﹣1或 44．点在以直线为对称轴的二次函数的图象上，则的最大值等于（   ） A． B． C． D． 45．如图，抛物线与x轴交于点．点，是抛物线上两点，当时，二次函数最大值记为，最小值记为，设，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 46．二次函数y=ax2+2ax+3（a为常数，a≠0），当a-1≤x≤2时二次函数的函数值y恒小于4，则a的取值范围为（    ） A． B． C．或 D．或 47．如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（   ） A． B． C． D． 48．如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为（    ） A． B． C． D． 49．如图，在菱形中，对角线交于点，为的中点，已知，，则菱形的周长为（    ） A． B． C．4 D．24 50．如图，菱形的对角线，相交于点O．若，则（   ） A． B．3 C． D． 51．如图，在菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为（    ）．    A．6 B．7 C．8 D．10 52．如图，已知菱形的面积为20，边长为5，点、分别是边、上的动点，且，连接、，、和点不重合，则的最小值为（    ）    A． B． C．10 D． 53．如图，已知菱形的边长为，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 54．如图，菱形中，，，点P为线段的中点，Q，K分别为线段上的任意一点，则的最小值为（    ）    A． B． C． D．2 55．如图，在菱形中，，，点E和点F分别在边和边上运动，且满足，则的最小值为（    ） A．4 B． C． D．6 56．如图，在菱形中，为边的中点，与对角线交于点，过点作于点．若，且，则下列结论： ①；②；③；④．其中正确的有（    ）   A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 57．已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为5，，，则下列结论①；②为等边三角形；③；④若，则，正确的有几个（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 【详解】解：A、∵， ∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意； B、∵， ∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意； C、∵， ∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意； D、∵，不能得出四边形是平行四边形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理． 2．A 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据平行四边形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形．正确． B、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形．错误． C、对角线相等的四边形不一定是平行四边形．错误． D、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是平行四边形．错误． 故选：A． 3．C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、由，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意； B、由，不能判定四边形是平行四边形，例如等腰梯形符合此条件，不符合题意； C、由，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，符合题意； D、由，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：C． 4．B 【分析】本题考查平行四边形的判定．熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．根据平行四边形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：A、根据两组对边分别相等，可得到四边形为平行四边形，不符合题意； B、根据内错角相等，两直线平行，只得到一组对边平行，不能得到四边形为平行四边形，符合题意； C、根据对角线互相平分，可得到四边形为平行四边形，不符合题意； D、根据同旁内角互补，两直线平行，得到四边形的两组对边分别平行，可得到四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：B． 5．D 【分析】根据平行四边形的性质和判定及三角形全等逐个分析即可． 【详解】解：选项A：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故选项A不符合题意； 选项B：∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形，故选项B不符合题意， 选项C：∵， ∴， 在与中， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，故选项C不符合题意； 选项D：由不能判定四边形为平行四边形，故选项D符合题意； 故选：D． 【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定理是解题的关键． 6．C 【分析】连接、、交于点，根据平行四边形的对角线互相平分可得，，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到即可，然后根据各选项的条件分析判断结合平行四边形的判定即可得解． 【详解】解：连接，，   ，， 四边形是平行四边形， 连接交于， ，， ， ， 四边形是平行四边形，故A不符合题意； ， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形，故B不符合题意； ，故无法判定四边形是平行四边形，故C符合题意； ，， ， 以下的证明与B相同，故D选项不符合题意； 故答案为：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 7．C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握两组对比分别平行的四边形是平行四边形成为解题的关键． 先根据四边形的内角和求得第四个角，然后根据平行四边形的判定定理逐项判断即可解答即可． 【详解】解：A. ，则第四个角为，由相邻两个角的和不都为，所以一组对比平行，另一组对比不平行，该四边形不是平行四边形，不符合题意；     B. ，则第四个角为，由相邻两个角的和都不为，所以两组对边都不平行，该四边形不是平行四边形，不符合题意； C. ，则第四个角为，由相邻两个角的和都为，所以两组对边都平行，该四边形是平行四边形，不符合题意；     D. ，则第四个角为，由相邻两个角的和都不为，所以两组对边都不平行，该四边形不是平行四边形，不符合题意． 故选C． 8．C 【分析】根据平行四边形的判定方法分别判断得出即可． 【详解】如图， ①根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判定这个四边形是平行四边形； ②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判定这个四边形是平行四边形； ③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判定这个四边形是平行四边形； ④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知④不能判定这个四边形是平行四边形； ⑤根据平行四边形的判定定理：两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可知⑤能判定这个四边形是平行四边形； ⑥∵∠A+∠B=180°，∠A+∠D=180°， ∴AD∥BC，AB∥CD， 根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知⑥能判定这个四边形是平行四边形； ∴一定能判定这个四边形是平行四边形的条件共有5组， 故选C． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定方法；准确无误的掌握平行四边形的判定方法是解题关键． 9．C 【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可． 【详解】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可构成①③； 根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可构成②④； 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可构成①②或③④， 一共有4种组合， 故选C． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 10．C 【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 【详解】解：①，，两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形； ②，，两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形； ③，，不能判定四边形为平行四边形； ④，，对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形； ⑤∵， ∴， ∵， ∴， ∴，两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形； 综上分析可知，能够判定四边形是平行四边形的个数有4个，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形． 11．B 【分析】本题考查了二次根式的性质，去绝对值，熟练掌握知识点是解题的关键． 先根据化简二次根式，然后再根据去绝对值即可． 【详解】解：， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 12．B 【分析】本题考查了二次根式的性质，掌握是解题的关键． 【详解】解：， ， ； 故选：B． 13．D 【分析】本题考查了二次根式的性质化简，掌握二次根式是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， 解得， 符合题意的为2， 故选D． 14．C 【分析】本题考查了二次根式的性质，先得到，再进一步化简，即可作答． 【详解】解：依题意， 故选：C 15．A 【分析】本题主要考查了二次根式得性质．根据二次根式的性质，即可求解． 【详解】解：． 故选：A． 16．B 【分析】本题考查了二次根式及绝对值的化简，熟记化简规则即可． 【详解】解：∵， ∴ ∴原式 故选：B 17．A 【分析】根据数轴即可确定a的范围，然后根据绝对值和二次根式的性质得出，，再化简即可． 【详解】解：根据数轴可以得到： ， ∴，， ∴ 故选：A． 【点睛】本题主要考查了二次根式的化简，以及绝对值的性质，得出，是解题的关键． 18．C 【分析】根据二次根式的性质以及绝对值的意义，化简即可求解． 【详解】解：∵， ∴ ． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次根式的性质以及绝对值的意义，熟练掌握二次根式的性质以及绝对值的意义是解题的关键． 19．A 【分析】根据绝对值的性质、二次根式的性质进行化简再计算即可． 【详解】解：由数轴知，且， 则，， 所以， 故选：A． 【点睛】本题考查了绝对值的性质、二次根式的性质，正确掌握相关的性质内容是解题的关键． 20．A 【分析】根据三角形三边关系求出的取值范围，再结合二次根式的性质和绝对值的性质化简即可． 【详解】解：∵三角形的三边长分别为，，， ∴，即， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了二次根式的性质和绝对值的性质，根据三角形三边关系求出的取值范围是解答本题的关键． 21．D 【分析】本题考查了二次根式的性质，整式的加减，化简绝对值；根据数轴可得，则进而根据二次根式以及绝对值的性质化简，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴ 故选：D． 22．D 【分析】根据二次根式的性质得出，分为三种情况①，②，③，再逐个判断即可． 【详解】解：根据题意得：， ， ， ①当时， ，此时符合的结果为； ②当时， ， ③当时， ， 即当时，|的结果为， 所以的取值范围是， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次根式性质与化简，绝对值等知识点，能进行分类讨论是解此题的关键． 23．A 【分析】本题考查二次根式的性质与化简，根据绝对值的性质得，即，所以，，再根据二次根式的性质化简即可．掌握二次根式的性质及绝对值的意义是解题的关键．也考查了完全平方公式的应用． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴，， ∴ ． 故选：A． 24．A 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若方程的两实数根为，则． 根据一元二次方程根与系数的关系得到，然后通分，，从而得到关于p的方程，解方程即可． 【详解】解：， ， 而， ， ， 故选：A． 25．A 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，根据题意得：，，再代入代数式进行计算即可．解题的关键是掌握：若，是一元二次方程的两根，则，． 【详解】解：∵，是一元二次方程的两根， ∴，， ∴， ∴的值为． 故选：A． 26．A 【分析】利用一元二次方程的定义，根与系数的关系，可得，，再代入，即可求解． 【详解】解：∵是一元二次方程的两个根， ∴，， ∴， ∴． 故选：A 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的定义，根与系数的关系是解题的关键． 27．A 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，求出、的值，再将转化为即可得出答案． 【详解】解：∵，是关于x的一元二次方程的两根， ∴，； ∵． 故选：A 【点睛】本题考查根于系数的关系、完全平方公式的变化形式等，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键． 28．A 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得到x1+x2=4，代入代数式计算即可． 【详解】解：∵x1+x2=4， ∴x1+3x2=x1+x2+2x2=4+2x2=5， ∴x2=， 把x2=代入x2-4x+m=0得：（）2-4×+m=0， 解得：m=， 故选A． 【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2=-，x1•x2=是解题的关键． 29．B 【分析】根据根与系数的关系，即韦达定理可得，易求,从而可得,解可求,再利用根的判别式求出符合题意的. 【详解】由题意可得，a=1，b=k，c=-1， ∵ 满足， ∴ ① 根据韦达定理 ② 把②式代入①式，可得：k=-2 故选B. 【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合进行解题. 30．A 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．先利用根与系数的关系得到，，再根据，求出，，即可求解． 【详解】解：关于的一元二次方程的两个实数根是，， ，， ， ， 解得：， ， ， 解得：， 故选：A． 31．C 【分析】此题考查了一元二次方程根与系数关系，设的两根分别为，根据一元二次方程根与系数关系求解即可． 【详解】解：设的两根分别为， 则 解得 ∵， ． 故选：C 32．C 【分析】根据根与系数的关系得，利用消去得到，从而即可对①进行判断；由于，，利用有理数的性质可对②进行判断；根据根的判别式的意义得到，即，则可对③进行判断；利用把方程化为，由于方程可变形为，所以或，于是可对④进行判断． 【详解】解：根据根与系数的关系得， ∵， ∴， ∴，所以①正确； ∵，， ∴，，所以②正确； ∵， ∴， 即， ∴，所以③错误； ∵， ∴方程化为， 即， ∵方程可变形为， ∴或， 解得，，所以④正确． 故选：． 【点睛】此题考查了根与系数的关系与根的判别式，解题的关键是正确运用：若，是一元二次方程的两根，则，． 33．B 【分析】先根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到，，进而推出，则，，即可推出，然后代入，得到，再根据判别式求出符号题意的值即可得到答案． 【详解】解：∵是方程的两个相等的实数根， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， ∴不符合题意， ∴ ∴符合题意， 故选B． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键． 34．C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的最值等知识．熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 由，可知图象开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为，当时，，即关于对称轴对称的点坐标为，由当时，函数取得最大值；当时，函数取得最小值，可得，计算求解，然后作答即可． 【详解】解：∵， ∴图象开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为， 当时，， ∴关于对称轴对称的点坐标为， ∵当时，函数取得最大值；当时，函数取得最小值， ∴， 解得，， 故选：C． 35．C 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数图象顶点坐标的计算方法是正确解答的前提． 将二次函数的关系式配成“顶点式”即可得出顶点坐标． 【详解】解：∵， ∴抛物线的顶点坐标为； 故答案为：C． 36．D 【分析】本题考查二次函数图像与性质，涉及由表达式判定图像开口方向的知识，由，即可确定抛物线开口向下，熟记二次函数图像与性质是解决问题的关键． 【详解】解：二次函数中， 二次函数图像的开口方向向下， 故选：D． 37．D 【分析】本题考查的是二次函数的性质，直接利用抛物线的开口向上，把抛物线化为顶点式，再求解即可. 【详解】解：． 由题意，得，解得． 故选D． 38．D 【分析】求出对称轴，根据二次函数的增减性判断即可． 【详解】解：二次函数的对称轴为：， 函数图象开口向上， 时，y随x的增大而减小． 故选：D 【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟记二次函数的性质是解题关键． 39．B 【分析】利用二次函数的性质，分三种情况求解即可． 【详解】解：∵， ∴当时，y的最小值为． 当时，在中，y随x的增大而增大， ∴， 解得：，（舍去）； 当时，y的最小值为，舍去； 当时，在中，y随x的增大而减小， ∴， 解得：（舍去），． ∴m的值为0或7． 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，以及二次函数图象上点的坐标特征，分三种情况求解是解题的关键． 40．B 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据解析式可得对称轴为直线，进而分和两种情况讨论，根据二次函数的性质，即可求解． 【详解】解：二次函数解析式为， 二次函数对称轴为直线， 当时， 在时有最小值， 当时，， ； 当时， 在时有最小值， 当时，， ； 综上所述，或， 故选：B． 41．B 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值．利用抛物线解析式求得对称轴，即可求得函数的最小值，然后根据、的取值，判断的值，从而判断的大小． 【详解】解：由二次函数可知对称轴为直线， 函数的最小值， 若，，则， 所以， 若，，则， 所以， 故选项B正确，选项A、C、D错误． 故选：B． 42．B 【分析】本题主要考查了二次函数的性质以及二次函数的最值，正确得出的值是解题关键．依据题意，将代入二次函数解析式，进而得出的值，再利用对称轴在轴右侧，得出，再利用二次函数的性质求得最值即可． 【详解】解：由题意可得：， 解得：，． 二次函数，对称轴在轴右侧， ∴ ． ∴． ． ∵，抛物线开口向上， 二次函数有最小值为：． 故选：B． 43．D 【分析】根据顶点的位置分两种情况讨论即可． 【详解】解：， 图象开口向上，对称轴为直线， ∵﹣1≤x≤3， ∴当时，即，时有最大值1， ， ， 当时，即，时有最大值1， ， ， 或， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数性质以及二次函数的最值，分类讨论是解题的关键． 44．A 【分析】本题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键；根据二次函数的对称轴为，可得出，将代入二次函数解析式中，可得出，根据二次函数的性质即可求解． 【详解】解：∵二次函数的对称轴为， ∴二次函数的解析式为， ∵点在二次函数的图象上， ∴， ∴当时，取得最大值，最大值为， 故选：A． 45．D 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，先求出二次函数的对称轴，结合开口方向再分类讨论，当点P，Q均在对称轴左侧；当点P在对称轴左侧，Q在对称轴右侧时；若点P距对称轴的距离小于点Q距对称轴的距离时，分别列式计算，即可作答． 【详解】解：抛物线对称轴为直线， 当点P，Q均在对称轴左侧时，有，， ， 则， ∵m随t的增大而减小，， ∴ 当点P在对称轴左侧，Q在对称轴右侧时 ①若点P距对称轴的距离大于点Q距对称轴的距离时，有，， ， 则， 对称轴：，在对称轴左侧m随t的增大而减小， ∴ ②若点P距对称轴的距离小于点Q距对称轴的距离时， 当时，，， 则， 对称轴：，在对称轴右侧m随t的增大而增大， ∴， ∵， ∴点P，Q不可能均在对称轴右侧． 综上可得：， 故答案为D． 46．D 【分析】先求得对称轴为x=-1，再分a>0和a<0两种情况讨论，利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：对于二次函数y=ax2+2ax+3， 其函数图象的对称轴为x=-=-1， 当a>0时，a-1>-1，开口向上，在对称轴的右侧，y随x的增大而减少， 当a-1≤x≤2时，函数y的值在x=2时，取得最大值， ∴a×22+2a×2+3<4， 解得：a<， ∴a的取值范围为； 当a<0时，a-1<-1，开口向下， 当a-1≤x≤2时，函数y的值在顶点时，取得最大值， ∴a×(-1)2+2a×(-1)+3<4， 解得：a>-1， ∴a的取值范围为； 综上，a的取值范围为或， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，利用已知条件画出函数的大致图象，结合图象利用数形结合的方法解答是解题的关键． 47．B 【分析】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上点M的运动路径． 过点C作交于点H，根据，四边形是菱形，，算出，得出，垂直平分，再证明，得出，证明垂直平分，点M在上运动，根据解直角三角形 ．即可求解． 【详解】解：过点C作交于点H， ∵，四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∵点P和点Q关于点C对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴点M在上运动， 当点P与点B重合时，点M位于点， 此时，∵，四边形是菱形，， ∴， ∴． 故点M的运动路径长为． 故选：B． 48．D 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、菱形的性质、勾股定理．由作图可知，直线为线段的垂直平分线，则，，结合菱形的性质，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：四边形为菱形， ，． 由作图可知，直线为线段的垂直平分线， ，， 在中，由勾股定理得，， ∵， ， ． 在中，由勾股定理得，． 故选：D． 49．B 【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出．根据菱形的性质得出对角线互相垂直，再通过直角三角形的性质得出菱形的一条边是关键．由菱形的性质可得出，，再根据勾股定理得出的长，结合菱形的周长公式即可得出结论． 【详解】解：四边形为菱形， ，， 为直角三角形． ，且点为的中点， ， 在中，， ， 在中， ， ． 故选：B． 50．C 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证是等边三角形，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，，，， ∵， ∴是等边三角形， ， 设，则， 根据勾股定理得：， ∴， ， 故选：C． 51．C 【分析】本题考查利用菱形性质求线段长，涉及菱形对角线互相垂直且平分、勾股定理等知识，先由菱形对角线相互平分得到，，再由对角线相互垂直，利用勾股定理求出即可得到答案，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键． 【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点，， 则，，， 在中，，，， 由勾股定理可得， ， 故选：C． 52．D 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．过点作于点，延长到点，使，根据菱形的性质和勾股定理可得，以点为原点，为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，可得，，，，，然后证明，可得，连接，，，由，可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值的最小值，利用勾股定理即可解决问题． 【详解】解：如图，过点作于点，延长到点，使， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积为20，边长为5， ， 在中，根据勾股定理得： ， 以点为原点，为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，   ，，，，， ，， ， 在和中， ， ， ， 连接，，， ， ，，三点共线时，取最小值， 的最小值的最小值． 但是当，，三点共线时，点不在边上， ． 故选：D． 53．B 【分析】由菱形，，可得，，证明，则，如图，作于，作于，则，，可知当三点共线且时，最小为，由，可得，由勾股定理求，进而可得的最小值． 【详解】解：∵菱形，， ∴，，， ∵，，， ∴， ∴， 如图，作于，作于， ∴， ∴， ∴当三点共线且时，最小为， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴的最小值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理是解题的关键． 54．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，如图所示，取中点E，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明，得到，则当三点共线，且时最小，即此时最小，由垂线段最短可知最小值即为线段的长，据此利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，取中点E，连接，    ∵菱形中，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵点P为线段的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线，且时最小，即此时最小， ∴由垂线段最短可知最小值即为线段的长， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为， 故选：C． 55．A 【分析】连接，作点A关于的对称点H，连接，交于N，连接，根据题意证明出，得出，得到当点F，点D，点H三点共线时，的最小值为的长，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接，作点A关于的对称点H，连接，交于N，连接，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是等边三角形， ∵点A，点H关于对称， ∴，， ∴， 又∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∴， ∴当点F，点D，点H三点共线时，的最小值为的长， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为4． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质，证明三角形全等是解题的关键． 56．C 【分析】本题综合考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、直角三角形的相关性质和三角函数，根据菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质和直角三角形的相关性质结合“已知条件”进行分析解答即可． 【详解】对于结论①： 四边形是菱形， 垂直平分， 为边的中点 在和中， ， ， ， 故结论①正确； 对于结论②： 如图1，连接交于点， ，F为边的中点， 又菱形中，， 为等边三角形 ， ， ， ， 故结论②正确； 对于结论③： 垂直平分， ， ， 在中，， ， ， 又， ， 故结论③正确； 对于结论④： 在中，， 在中， ， ． 故结论④不正确； 综上所述，上述4个结论中正确的有3个． 故选：C． 57．D 【分析】①根据菱形的性质，利用SAS可得，正确；②由，得，，由，得，所以是等边三角形，正确；③因为，，所以，故③正确；④过点作EM//BC交下点点，易证是等边三角形，则，由AF//EM，则．故④正确， 【详解】解：①四边形是菱形， ，AB//CD， ， ， ， ，是等边三角形， ， ，， ，正确； ②， ，， ， ， 是等边三角形， 故②正确； ③； ， ， 故③正确； ④过点作EM//BC交于点， 易证是等边三角形，则， ∵AF//EM， 则． 故④正确， 故①②③④都正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质、等边三角形性质以及全等三角形的判定与性质求解． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$