2020年中考“图形的性质”专题解题分析

王凯歌

摘  要：图形的性质是“图形与几何”课程内容的重要组成部分，是后续进一步研究图形的变化和图形与坐标的基础. 综观2020年全国各地区中考“图形的性质”部分的试题，注重对基本图形性质掌握、基本活动经验习得、基本思想方法运用的考查，体现出基础性、实践性和联系性，较好地体现了《义务教育数学课程标准（2011年版）》的基本理念.

关键词：基本图形;基本性质;试题评析

图形的性质主要包括点、线、面、角、相交线与平行线、三角形、四边形、圆、尺规作图，以及相关定义、命题、定理等内容，是后续进一步研究图形的变化、图形与坐标的基础，也是发展逻辑推理、直观想象、数学运算素养的载体. 2020年全国各地区中考“图形的性质”部分的试题较好地体现了《义务教育数学课程标准（2011年版）》的基本理念，不仅注重对基本图形的基本性质的考查，而且注重对基本活动经验习得和基本思想方法运用的考查，突出考查了学生综合运用几何知识分析和解决问题的能力.

一、试题分析

1. 立足“四基”，注重对基本图形性质掌握的考查

例1 （江西卷）如图1，[∠1=∠2=65°，∠3=35°，] 则下列结论错误的是（    ）.

（A）[AB∥CD] （B）[∠B=30°]

（C）[∠C+∠2=∠EFC] （D）[CG>FG]

解：因为[∠1=∠2]，所以[AB∥CD.] 故选项A正确.

因为[∠3=35°，] 所以[∠C=∠2-∠3=30°.] 所以[∠B=][∠C=30°.] 故选项B正确.

因为[∠EFC]是[△CGF]的外角，所以[∠EFC=∠C+][∠CGF.] 故选项C错误.

因为[∠3>∠C，] 所以[CG>FG.] 故选项D正确.

故此题选择C.

【评析】此题构图简洁，以学生熟悉的两平行线间的夹角为背景，考查两条直线平行的判定与性质、相交线的性质、三角形内角和定理的推论，以及三角形中边角之间的关系. 既有定性分析又有定量分析，考查了学生对图形的构成要素和相关要素之间关系的理解与运用水平.

例2 （湖北·武汉卷）在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图2，[AC]是[▱ABCD]的对角线，点[E]在[AC]上，[AD=AE=BE，] [∠D=102°，] 则[∠BAC]的大小是________.

解：因为四边形[ABCD]是平行四边形，

所以[∠][∠ABC=∠D=102°，AD=BC.]

因为[AD=AE=BE，]

所以[BC=AE=BE.]

所以[∠EAB=∠EBA，∠BEC=∠ECB.]

因为[∠BEC=∠EAB+∠EBA=2∠EAB，]

所以[∠ACB=2∠CAB.]

所以[∠CAB+∠ACB=3∠CAB=180°-∠ABC.]

所以[∠CAB=26°.]

故此题答案为[26°].

【评析】此题以“尺规三等分角”的问题为背景，考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理及其推论. 在求解过程中，首先要将等边的条件转化为等角，其次是找到它们之间的联系，最后利用已知条件求解.

例3 （四川·乐山卷）如图3，AB是半圆O的直径，AC是一条弦，D是[AC]上一点，[DE⊥AB]于点E，交AC于点F，连接BD交AC于点G，且[AF=FG.]

（1）求证：点[D]平分[AC];

（2）如图4，延长BA至点H，使[AH=AO]，连接DH. 若点E是线段AO的中点，求证：DH是⊙[O]的切线.

证明：（1）如图5，连接AD，CD.

因为AB是半圆O的直径，

所以[∠ADB=90°.]

因为[DE⊥AB，]

所以[∠ADE=∠ABD.]

又因为[AF=FG，]

所以点[F]是[Rt△AGD]的斜边[AG]的中点.

所以[DF=AF.]

所以[∠DAF=∠ADF=∠ABD.]

因为[∠DCA=∠ABD，]

所以[∠DAF=∠DCA.]

所以[AD=CD.]

所以[AD=DC，]

即点[D]平分[AC.]

（2）如图6，连接[OD]，[AD].

因为点[E]是线段[OA]的中点，

所以[AE=EO.]

因为[AH=AO=BO，]

所以[EH=EB.]

因为[DE⊥AB，]

所以[DA=DO，DH=DB.]

所以[∠DAO=∠DOA，∠H=∠DBH.]

所以[∠H+∠DOA=∠DBH+∠DAO.]

因为[∠DBH+∠DAO=90°，]

所以[∠H+∠DOA=90°.]

所以[∠HDO=90°.]

所以[DH]是⊙[O]的切线.

【评析】此题考查了圆的有关性质、直角三角形的性質、等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系等知识，考查了学生的运算能力、推理能力与几何直观能力.

第（1）小题中，要证明弧相等，只需要证明弦相等. 因此，只需要证明[△DAC]是等腰三角形即可，问题转化为证明[∠DAC=∠DCA]. 首先，根据“见直径，得直角”的常见辅助线作法，由“同角的余角相等”证明[∠ADE=∠ABD];然后，由直角三角形斜边中线的性质得[∠DAF=∠ADF]，得[∠ABD=∠DAC];最后，由圆周角定理得[∠DCA=∠ABD]，得[∠DAF=∠DCA]，由此得出结论.

第（2）小题，由已知得到[DE]分别是线段[OA]，[HB]的垂直平分线，可得[DA=DO]，[DH=DB]，从而[∠DAO=][∠DOA]，[∠H=∠DBH]，再由[∠DBH+∠DAO=90°]即可证明[∠HDO=][90°]，由此得出结论.

此题解法的核心是从角出发，通过添加半径或弦，构造新情境下同弧所对的圆周角、直角三角形中的互余角、等腰三角形等，沟通了各角之间的数量关系.

2. 基于实践，注重对基本活动经验习得的考查

例4 （广东·深圳卷）如图7，将直尺与[30°]角的三角尺叠放在一起，若[∠1=40°，] 则[∠2]的大小是（  ）.

（A）[40°] （B）[60°]

（C）[70°] （D）[80°]

解：如图8，根据直角三角形中的两锐角互余，得[∠3=60°.] 再由[∠1=40°，] 得[∠1+∠3=100°.] 根据平行线的性质，由[AB∥CD，] 得[∠1+∠2+∠3=180°.] 得[∠2=80°.] 故此题选择D.

【评析】此题以学生熟悉的直尺和三角尺为实际背景，借助这两种学具中的特殊角或平行线间的特殊关系，既考查了相交线、平行线的性质、角的计算，又考查了学生动手实践操作的能力，体现了数学来源于生活的理念. 其中，三角尺、直尺的结构特点是此题对基本活动经验的考查重点.

例5 （山东·烟台卷）量角器测角度时摆放的位置如图9所示，在[△AOB]中，射线[OC]交边[AB]于点[D，] 则[∠ADC]的度数为（  ）.

（A）[60°] （B）[70°]

（C）[80°] （D）[85°]

解：因为[OA=OB]，[∠AOB=140°，]

所以[∠A=∠B=12180°-140°=20°.]

因为[∠AOC=60°，]

所以[∠ADC=∠A+∠AOC=20°+60°=80°.]

故此题选择C.

【评析】此题给学生创造了借助量角器研究问题的情境，借助量角器中的同心半圆或角的大小，不仅考查了圆的性质、等腰三角形的性质，也考查了学生的观察能力、推理能力、动手实践操作的能力和基本活动经验的习得.

例6 （宁夏卷）如图10，在[△ABC]中，[∠C=84°，]分别以点A，B为圆心，以大于[12AB]的长为半径画弧，两弧分别交于点[M，N，] 作直线[MN]交[AC]于点[D];以点[B]为圆心，适当长为半径画弧，分别交[BA]，[BC]于点[E，F，] 再分别以点[E，F]为圆心，大于[12EF]的长为半径画弧，两弧交于点[P]，作射线[BP]，此时射线[BP]恰好经过点[D]，则[∠A]的度数为 ________.

解：由图10的作图过程可得，[MN]是线段[AB]的垂直平分线，[BD]是[∠ABC]的平分线.

所以[AD=BD]，[∠ABD=][∠CBD=12∠ABC.]

所以[∠A=∠ABD=∠CBD.]

因為[∠A+∠ABC+∠C=180°，] 且[∠C=84°，]

所以[∠A+2∠ABD=180°-∠C.]

所以[3∠A=180°-84°.]

所以[∠A=32°.]

【评析】此题主要考查了尺规作图中的基本技能和角平分线、垂直平分线的性质. 此题的题干以叙述作图步骤的形式呈现，要求学生首先要知道实施这些步骤的目的，不仅考查了基本作图中对作线段的垂直平分线和一个角的平分线的作法的要求，还考查了基本活动经验的习得与达成情况. 另外，此题还在完成基本作图的基础上，考查了角平分线、垂直平分线的性质，多侧面和多角度地实现了对学生作图等操作技能及对概念、性质的理解与应用的考查.

3. 加强联系，注重对基本思想方法运用的考查

例7 （黑龙江·哈尔滨卷）如图11，在菱形[ABCD]中，对角线[AC]，[BD]相交于点[O]，点[E]在线段[BO]上，连接[AE]，若[CD=2BE，∠DAE=∠DEA，EO=][1，] 则线段[AE]的长为________.

解：设[BE=x，] 则[CD=2x.]

因为四边形[ABCD]为菱形，

所以[AB=AD=CD=2x，OB=OD，AC⊥BD.]

因为[∠DAE=∠DEA，]

所以[DE=DA=2x.]

所以[BD=3x.]

所以[OB=OD=32x.]

因为[OE+BE=BO，]

所以[1+x=32x.]

解得[x=2，] 即[AB=4，OB=3.]

在[Rt△AOB]中，[OA=42-32=7.]

在[Rt△AOE]中，[AE=12+（7）2=22.]

故此题的答案为[22.]

【评析】此题主要考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等. 因为四边形[ABCD]是菱形，其对角线互相垂直，所以可以将求[AE]的长的问题归到[Rt△AEO]中进行研究，应用勾股定理求解. 解题时可以将已知条件中线段长度之间的相等关系、倍数关系用代数式分别表示出来，根据和或差的关系建立等量关系，应用方程思想求解，使解答的过程更加简洁明了.

例8 （浙江·宁波卷）如图12，[⊙O]的半径[OA=2]，[B]是[⊙O]上的动点（不与点A重合），过点[B]作⊙[O]的切线[BC]，[BC=OA]，连接[OC]，[AC]. 当[△OAC]是直角三角形时，其斜边长为________.

解：如图13，连接[OB.]

因为[BC]是[⊙O]的切线，且[BC=OA=OB，]

所以[△OBC]为等腰直角三角形，

由勾股定理，得[OC=22.]

因为[OC>OA，]

根据题意，当[△OAC]为直角三角形时，有[∠AOC=][90°]或[∠OAC=90°.]

如图14，当[∠AOC=90°]时，

在[Rt△ACO中，] [AC=][OA2+OC2=23;]

如图15，当[∠OAC=90°]时，四边形[OACB]为正方形，

在[Rt△ACO中，] [OC=OA2+AC2=22].

故此题的答案为[22]或[23].

【评析】此题考查了圆的切线的性质、勾股定理和三角形的性质等知识. 根据切线的性质和勾股定理，可以计算出[OC]的长度. 根据题意知[△OAC]是直角三角形，但哪个角是直角需要进行进一步判断. 因为[OC>OA]，根据三角形的性质，可知[∠OCA]不可能是直角，此时需要对另外两个角是直角的情况进行分类讨论. 在解决问题的过程中，要全面考虑图形在变化过程中可能出现的情况，关注分类讨论思想的运用.

例9 （天津卷）在[⊙O]中，弦[CD]与直径[AB]相交于点[P]，[∠ABC=63°].

（1）如图16，若[∠APC=100°]，求[∠BAD]和[∠CDB]的大小;

（2）如图17，若[CD⊥AB]，过点[D]作[⊙O]的切线，与[AB]的延长线相交于点[E]，求[∠E]的大小.

解：（1）因为[∠APC]是[△PBC]的一个外角，[∠ABC=63°]，[∠APC=100°，]

所以[∠C=∠APC-∠ABC=37°.]

因为在⊙[O]中，[∠BAD=∠C，]

所以[∠BAD=37°.]

因为[AB]为⊙[O]的直径，

所以[∠ADB=90°.]

因为在[⊙O]中，[∠ADC=∠ABC=63°，]

所以[∠CDB=∠ADB-∠ADC=27°.]

（2）如图18，连接[OD]. [E][A][B][C][D][P][O][图18]

因为[CD⊥AB]，

所以[∠CPB=90°].

所以[∠PCB=90°-∠PBC=27°].

因为在[⊙O]中，[∠BOD=2∠BCD]，

所以[∠BOD=54°].

因为[DE]是[⊙O]的切线，

所以[OD⊥DE].

所以[∠E=90°-∠EOD].

所以[∠E=36°.]

【评析】此题以圆为背景，考查了圆的基本性质、直线与圆的位置关系、三角形内角和定理及其推论、等腰三角形、直角三角形的性质等，有效沟通了圆中的圆周角、弧、圆心角、切线之间的关系.

第（1）小题中，利用“同弧所对的圆周角相等”，將求[∠BAD]大小的问题转化为求[∠C]大小的问题，而[∠APC]是[△BCP]的外角，根据已知条件和三角形内角和定理的推论，即可求出[∠C]的大小. 因为[AB]是[⊙O]的直径，所以[∠ADB=90°.] 要求[∠CDB]的大小，只需求出[∠ADC]的大小即可，而[∠ADC]与[∠ABC]相等，所以[∠CDB]的大小就不难得到了. 此题还可以连接[AC]，将求[∠CDB]的大小转化为求[∠CAB]的大小进行求解.

第（2）小题中，在利用切线的基本性质、直角三角形的性质的基础上，将求[∠E]大小的问题转化为求[∠EOD]的大小的问题，利用“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”，转化为求[∠BCD]的大小的问题.

此题的难度不大，解法多样，不仅考查了圆、三角形等相关知识的应用，而且充分体现出转化思想在解决几何问题中的重要作用.

二、 解法分析

1. 以特殊图形为载体，考查逻辑推理能力

例10 （山东·菏泽卷）如图19，矩形[ABCD]中，[AB=5，] [AD=12，] 点[P]在对角线[BD]上，且[BP=][BA]，连接[AP]并延长，交[DC]的延长线于点[Q]，

连接[BQ]，则[BQ]的长为________.

解：在矩形[ABCD]中，有[CD=AB=5]，[AD=12]，[∠BAD=∠BCD=90°，]

所以[BD=AB2+AD2=13.]

因为[BP=BA，]

所以[PD=BD-BP=8，∠BAP=∠BPA=∠DPQ.]

因为[AB∥CD，]

所以[∠BAP=∠DQP.]

所以[∠DPQ=∠DQP.]

所以[DQ=DP=8.]

所以[CQ=DQ-CD=3.]

在[Rt△BCQ]中，根据勾股定理，得

[BQ=][BC2+CQ2=122+32=317.]

【评析】此题以矩形为载体，考查了勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的性质等. 考虑到矩形的特殊性，要求出线段[BQ]的长，可以将其归到[Rt△BQC]中利用勾股定理求解，结合已知条件转化为求[CQ]长的问题. 根据[BP=BA]，可知[△ABP]为等腰三角形，由“等边对等角”，结合平行线的性质，可得[△DPQ]为等腰三角形，进而得出[DQ=DP]，此时只需求出[DP]的长即可. 根据矩形的性质和已知的边长，利用勾股定理不难求出其对角线BD的长，完成此题的解答. 此题构图简洁，要求学生在解决问题的过程中有清晰的思路，突出考查了学生的逻辑思维能力.

2. 以探究发现为基础，考查综合运用能力

例11 （贵州·黔东南州卷）如图20，[△ABC]和[△DCE]都是等边三角形.

探究发现：

（1）[△BCD]与[△ACE]是否全等？若全等，加以证明;若不全等，试说明理由.

拓展运用：

（2）若[B]，[C]，[E]三点不在一条直线上，[∠ADC=][30°]，[AD=3]，[CD=2]，求BD的长.

（3）若B，C，E三点在一条直线上（如图21），且[△ABC]和[△DCE]的边长分别为[1]和[2]，求[△ACD]的面积及AD的长.

解：（1）[△BCD≌△ACE.] 证明如下.

因为[△ABC]和[△DCE]都是等边三角形，

所以[AC=BC，DC=EC，] [∠ACB=∠DCE=60°.]

所以[∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，]

即[∠BCD=∠ACE.]

所以[△BCD≌△ACE.]

（2）由（1），得[△BCD≌△ACE.]

所以[BD=AE.]

因為[△DCE]是等边三角形.

所以[∠CDE=60°，DE=CD=2.]

因为[∠ADC=30°，]

所以[∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°.]

在[Rt△ADE]中，[AD=3，DE=2，]

所以[AE=AD2+DE2=13.]

所以[BD=AE=13.]

（3）如图22，过点[A]作[AF⊥CD]于点[F.]

因为[B，C，E]三点在一条直线上，

所以[∠BCA+∠ACD+∠DCE=180°.]

因为[△ABC]和[△DCE]都是等边三角形，

所以[∠BCA=∠DCE=60°.]

所以[∠ACD=60°.]

所以[∠CAF=30°.]

所以[CF=12AC=12.]

在[Rt△ACF]中，[AF=AC2-CF2=32.]

所以[S△ACD=12CD⋅AF=32.]

又因为[FD=CD-CF=32，]

所以在[Rt△AFD]中，[AD=AF2+DF2=3.]

【评析】此题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理等，同时考查了学生构造基本图形解决问题的能力.

第（1）小题中，根据等边三角形的性质及角的关系，可以判断出两个三角形全等. 该小题的起点较低，为后续运用结论解决问题做了铺垫.

第（2）小题中，首先利用第（1）小题的结论，将求[BD]长的问题转化为求[AE]长的问题，再利用已知条件和勾股定理求解.

第（3）小题中，借助前两道小题的研究经验，以求[△ACD]面积的问题引导学生构造含有特殊角的直角三角形进行求解，深化学生对含有特殊角的直角三角形中边和角之间关系的理解和认识.

此题沿着探究发现、拓展运用的路径，引导学生对问题进行深入思考，考查了学生综合运用所学知识解决问题的能力.

3. 以动点问题为背景，考查创新思维能力

例12 （四川·凉山州卷）如图23，点[P，Q]分别是等边三角形[ABC]边[AB，BC]上的动点（端点除外），点[P，][Q]以相同的速度，同时从点[A，B]出发.

（1）如图23，连接[AQ，CP.] 求证：[△ABQ≌△CAP.]

（2）如图23，当点[P，Q]分别在[AB，BC]边上运动时，[AQ，CP]相交于点[M，∠QMC]的大小是否变化？若变化，试说明理由;若不变，求出它的度数.

（3）如图24，当点[P，Q]分别在[AB，BC]的延长线上运动时，直线[AQ，CP]相交于点[M，∠QMC]的大小是否变化？若变化，试说明理由;若不变，求出它的度数.

解：（1）因为[△ABC]是等边三角形，

所以[∠ABQ=∠CAP=60°，AB=CA.]

因为点[P，Q]的运动速度相同，

所以[AP=BQ.]

所以[△ABQ≌△CAP.]

（2）点[P，Q]在[AB，BC]边上运动的过程中，[∠QMC]的大小不变，[∠QMC=60°.] 理由如下.

因为[△ABQ≌△CAP，]

所以[∠BAQ=∠ACP.]

因为[∠QMC]是[△ACM]的外角，

所以[∠QMC=∠ACP+∠MAC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC.]

因为[∠BAC=60°，]

所以[∠QMC=60°.]

（3）当点[P，Q]分别在[AB，BC]的延长线上运动时，[∠QMC]的大小不变，[∠QMC=120°]. 理由如下.

同（2）的证明，可得[△ABQ≌△CAP.]

所以[∠BAQ=∠ACP.]

因为[∠QMC]是[△APM]的外角，

所以[∠QMC=∠BAQ+∠APM.]

所以[∠QMC=∠ACP+∠APM=180°-∠PAC=120°.]

【评析】此题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形外角的性质等. 第（1）小题利用等边三角形的性质及[AP=BQ，] 不难证明[△ABQ≌][△CAP，] 为后续的研究起到了方向标作用. 第（2）小题中，利用三角形外角的性质及第（1）小题的结论，可探究出[∠QMC=∠ACP+∠MAC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=][60°.] 第（3）小题在前两道小题研究经验和思路方法的基础上，利用全等三角形的判定与性质及三角形的外角性质，不难探究出[∠QMC=120°]. 此题的整体难度不大，三道小题之间逻辑性强，搭设的台阶不仅为学生能顺利解决问题指明了方向，而且为第（3）小题的解答奠定了方法基础，考查了学生的创新思维能力水平.

三、试题解法欣赏

例13 （河南卷）如图25，在边长为[22]的正方形[ABCD]中，点[E，F]分别是边[AB，BC]的中点，连接[EC，FD，] 点[G，] [H]分别是[EC，FD]的中点，连接[GH]，则[GH]的长度为      .

解法1：如图26，设[DF，CE]交于点[O.]

因为四边形[ABCD]是正方形，

所以[∠B=∠DCF=90°，BC=CD=AB.]

因为点[E，F]分别是边[AB，BC]的中点，

所以[BE=CF.]

所以[△CBE≌△DCF.]

所以[CE=DF=BC2+BE2=10，∠BCE=∠CDF.]

因为[∠CDF+∠CFD=90°，]

所以[∠BCE+∠CFD=90°.]

所以[∠COF=90°，] 即[DF⊥CE.]

因为点[G，H]分别是[EC，FD]的中点，

所以[CG=DH=102.]

因为[∠DCF=90°，CO⊥DF，]

所以[CF ⋅ CD=DF ? OC.]

所以[OC=2105.]

所以[OG=CG-OC=1010.]

在[Rt△OCD]中，[DO=CD2-OC2=4105.]

所以[OH=OD-HD=31010.]

所以在[Rt△GOH]中，[HG=OG2+OH2=1.]

解法2：如图27，过点[E]作[EP⊥DC]交CD于点P， 过点[F]作[FQ⊥AD]交AD于点Q，[EP]与[FQ]相交于点[I].

因为四边形[ABCD]是正方形，

所以[AD⊥CD]，[BC⊥CD]，[BA⊥AD]，[FQ⊥EP].

所以[AD∥EP∥BC]，[AB∥QF∥DC].

因为点[E]，[F]分别是边[AB]，[BC]的中点，

所以点[P]，[Q]分别为[CD]，[AD]的中点.

所以点I是EP，QF的中点.

因为正方形[ABCD]的边长为[22]，

所以[PC=QD=2].

因为点[G]，[H]分别是[EC]，[FD]的中点，

所以[IG=12PC=22]，[IH=12QD=22].

所以在[Rt△IGH]中，[GH=IG2+IH2=1].

【评析】此题主要考查了正方形的性质、三角形的中位线及勾股定理等知识. 解法1在判断出[EC]与[FD]的位置关系的基础上，直接在[Rt△GOH]中利用勾股定理求[GH]的长度. 解法2充分利用了正方形及中点的性质，通过作辅助线[EP]与[FQ]构造[Rt△GIH，] 再应用勾股定理进行求解，计算量比解法1有所减少. 此题简约而不简单，考查了学生综合运用所学知识解决问题的能力.

例14 （江苏·盐城卷）如图28，[⊙O]是[△ABC]的外接圆，[AB]是[⊙O]的直径，[∠DCA=∠B.]

（1）求证：[CD]是[⊙O]的切线;

（2）若[DE⊥AB]，垂足为点[E]，[DE]交[AC]于点[F]，求证：[△DCF]是等腰三角形.

证法1：（1）如图29，连接[OC.]

因为[OC=OA，]

所以[∠OCA=∠A.]

因为[AB]为[⊙O]的直径，

所以[∠BCA=90°，] 即[∠A+∠B=90°.]

因为[∠DCA=∠B，]

所以[∠OCD=∠OCA+∠DCA=90°.]

所以[OC⊥CD.]

因为点[C]在[⊙O]上，

所以[CD]是[⊙O]的切线.

（2）因为[∠OCA+∠DCA=90°，∠OCA=∠A，]

所以[∠A+∠DCA=90°.]

因为[DE⊥AB，]

所以[∠A+∠EFA=90°.]

所以[∠DCA=∠EFA.]

又因为[∠EFA=∠DFC，]

所以[∠DCA=∠DFC.]

所以[△DCF]是等腰三角形.

证法2：（1）如图29，连接[OC.]

因为[OC=OB，]

所以[∠OCB=∠B.]

因为[∠DCA=∠B，]

所以[∠DCA=∠OCB.]

因为[AB]为[⊙O]的直径，

所以[∠BCA=90°.]

所以[∠OCB+∠OCA=90°.]

所以[∠OCD=∠DCA+∠OCA=90°.]

所以[OC⊥CD.]

因为点[C]在[⊙O]上，

所以[CD]是[⊙O]的切线.

（2）因为[DE⊥AB，]

所以[∠FEA=90°.]

所以[∠EAF+∠EFA=90°.]

因为[∠EAF+∠B=90°，]

所以[∠EFA=∠B.]

因为[∠DCA=∠B，∠DFC=∠EFA，]

所以[∠DCA=∠DFC.]

所以[△DCF]是等腰三角形.

【评析】此题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质和定理是解决此类题的关键. 在上面的两种证法中，要注意转化思想在几何问题中的应用.

总之，在2020年全国中考试题中，“图形的性质”部分不仅注重对“四基”的考查，而且普遍重视数学的思维过程和应用意识，突出在新的问题情境下探究图形基本要素和相关要素之间的内在联系，对于帮助学生合理选用数学方法、养成良好的数学思维习惯具有重要意义.

参考文献：

[1]中华人民共和国教育部制定. 义务教育数学课程标准（2011年版）[M]. 北京：北京师范大学出版社，2012.

[2]刘金英，张义民. 以学生发展为导向的命题研究：2016年中考“图形的性质”专题命题分析[J]. 中国数学教育（初中版），2017（1 / 2）：77-85.

[3]李兴梅. 注重基础  关注技能  突出经验  强化思想：2016年中考“图形的性质”专题解题评析[J]. 中国数学教育（初中版），2017（1 / 2）：84-94.

[4]孙东梅，孟祥静. 2017年中考“图形的性质”专题解题分析[J]. 中国数学教育（初中版），2018（1 / 2）：92-104.