2023中考数学专题训练（四）

2023中考将至，考前复习冲刺也进行到水深火热的地步，为此学习方法网为大家整理了中考数学专题训练，希望对大家有所帮助！

一、选择题

1.(2023上海，第6题4分)如图，已知AC、BD是菱形ABCD的对角线，那么下列结论一定正确的是()

A.△ABD与△ABC的周长相等

B.△ABD与△ABC的面积相等

C.菱形的周长等于两条对角线之和的两倍

D.菱形的面积等于两条对角线之积的两倍

考点：菱形的性质.

分析：分别利用菱形的性质结合各选项进而求出即可.

解答：解：A、∵四边形ABCD是菱形，

AB=BC=AD，

∵AC

△ABD与△ABC的周长不相等，故此选项错误;

B、∵S△ABD=S平行四边形ABCD，S△ABC=S平行四边形ABCD，

△ABD与△ABC的面积相等，故此选项正确;

C、菱形的周长与两条对角线之和不存在固定的数量关系，故此选项错误;

D、菱形的面积等于两条对角线之积的，故此选项错误;

故选：B.

点评：此题主要考查了菱形的性质应用，正确把握菱形的性质是解题关键.

2.(2023山东枣庄，第7题3分)如图，菱形ABCD的边长为4，过点A、C作对角线AC的垂线，分别交CB和AD的延长线于点E、F，AE=3，则四边形AECF的周长为()

A.22 B.18 C.14 D.11

考点：菱形的性质

分析：根据菱形的对角线平分一组对角可得BAC=BCA，再根据等角的余角相等求出BAE=E，根据等角对等边可得BE=AB，然后求出EC，同理可得AF，然后判断出四边形AECF是平行四边形，再根据周长的定义列式计算即可得解.

解答：解：在菱形ABCD中，BAC=BCA，

∵AEAC，

BAC+BAE=BCA+E=90，

BAE=E，

BE=AB=4，

EC=BE+BC=4+4=8，

同理可得AF=8，

∵AD∥BC，

四边形AECF是平行四边形，

四边形AECF的周长=2(AE+EC)=2(3+8)=22.

故选A.

点评：本题考查了菱形的对角线平分一组对角的性质，等角的余角相等的性质，平行四边形的判定与性质，熟记性质并求出EC的长度是解题的关键.

3.(2023山东烟台，第6题3分)如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO.若DAC=28，则OBC的度数为()

A.28B.52C.62D.72

考点：菱形的性质，全等三角形.

分析：根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BOAC，继而可求得OBC的度数.

解答：∵四边形ABCD为菱形，AB∥CD，AB=BC，

MAO=NCO，AMO=CNO，

在△AMO和△CNO中，∵，△AMO≌△CNO(ASA)，

AO=CO，∵AB=BC，BOAC，BOC=90，∵DAC=28，

BCA=DAC=28，OBC=90﹣28=62.故选C.

点评：本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质.

4.(2023山东聊城，第9题，3分)如图，在矩形ABCD中，边AB的长为3，点E，F分别在AD，BC上，连接BE，DF，EF，BD.若四边形BEDF是菱形，且EF=AE+FC，则边BC的长为()

A.2 B.3 C.6 D.

考点：矩形的性质;菱形的性质.

分析：根据矩形的性质和菱形的性质得ABE=EBD=DBC=30，AB=BO=3，因为四边形BEDF是菱形，所以BE，AE可求出进而可求出BC的长.

解答：解：∵四边形ABCD是矩形，

A=90，

即BABF，

∵四边形BEDF是菱形，

EFBD，EBO=DBF，

AB=BO=3，ABE=EBO，

ABE=EBD=DBC=30，

BE==2，

BF=BE=2，

∵EF=AE+FC，AE=CF，EO=FO

CF=AE=，

BC=BF+CF=3，

故选B.

点评：本题考查了矩形的性质、菱形的性质以及在直角三角形中30角所对的直角边时斜边的一半，解题的关键是求出ABE=EBD=DBC=30.

5.(2023浙江杭州，第5题，3分)下列命题中，正确的是()

A.梯形的对角线相等B.菱形的对角线不相等

C.矩形的对角线不能相互垂直D.平行四边形的对角线可以互相垂直

考点：命题与定理.

专题：常规题型.

分析：根据等腰梯形的判定与性质对A进行判断;根据菱形的性质对B进行判断;根据矩形的性质对C进行判断;根据平行四边形的性质对D进行判断.

解答：解：A、等腰梯形的对角线相等，所以A选项错误;

B、菱形的对角线不一定相等，若相等，则菱形变为正方形，所以B选项错误;

C、矩形的对角线不一定相互垂直，若互相垂直，则矩形变为正方形，所以C选项错误;

D、平行四边形的对角线可以互相垂直，此时平行四边形变为菱形，所以D选项正确.

故选D.

点评：本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题.许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式;有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理.

6.(2023年贵州黔东南10.(4分))如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为()

A.6 B.12 C.2 D.4

考点：翻折变换(折叠问题).

分析：设BE=x，表示出CE=16﹣x，根据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出x，再根据翻折的性质可得AEF=CEF，根据两直线平行，内错角相等可得AFE=CEF，然后求出AEF=AFE，根据等角对等边可得AE=AF，过点E作EHAD于H，可得四边形ABEH是矩形，根据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解.

解答：解：设BE=x，则CE=BC﹣BE=16﹣x，

∵沿EF翻折后点C与点A重合，

AE=CE=16﹣x，

在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，

即82+x2=(16﹣x)2，

解得x=6，

AE=16﹣6=10，

由翻折的性质得，AEF=CEF，

∵矩形ABCD的对边AD∥BC，

AFE=CEF，

AEF=AFE，

AE=AF=10，

过点E作EHAD于H，则四边形ABEH是矩形，

EH=AB=8，

AH=BE=6，

FH=AF﹣AH=10﹣6=4，

在Rt△EFH中，EF===4.

故选D.

点评：本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE的长度是解题的关键，也是本题的突破口.

7.(2023遵义9.(3分))如图，边长为2的正方形ABCD中，P是CD的中点，连接AP并延长交BC的延长线于点F，作△CPF的外接圆⊙O，连接BP并延长交⊙O于点E，连接EF，则EF的长为()

A.B.C.D.

考点：相似三角形的判定与性质;正方形的性质;圆周角定理

分析：先求出CP、BF长，根据勾股定理求出BP，根据相似得出比例式，即可求出答案.

解答：解：∵四边形ABCD是正方形，

ABC=PCF=90，CD∥AB，

∵F为CD的中点，CD=AB=BC=2，

CP=1，

∵PC∥AB，

△FCP∽△FBA，

==，

BF=4，

CF=4﹣2=2，

由勾股定理得：BP==，

∵四边形ABCD是正方形，

BCP=PCF=90，

PF是直径，

E=90BCP，

∵PBC=EBF，

△BCP∽△BEF，

=，

=，

EF=，

故选D.

点评：本题考查了正方形的性质，圆周角定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力和计算能力，题目比较好，难度适中.

8.(2023十堰9.(3分))如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DEBC，垂足为点E，连接AC交DE于点F，点G为AF的中点，ACD=2ACB.若DG=3，EC=1，则DE的长为()

A.2 B.C.2 D.

考点：勾股定理;等腰三角形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线.

分析：根据直角三角形斜边上的中线的性质可得DG=AG，根据等腰三角形的性质可得GAD=GDA，根据三角形外角的性质可得CGD=2GAD，再根据平行线的性质和等量关系可得ACD=CGD，根据等腰三角形的性质可得CD=DG，再根据勾股定理即可求解.

解答：解：∵AD∥BC，DEBC，

DEAD，CAD=ACB

∵点G为AF的中点，

DG=AG，

GAD=GDA，

CGD=2CAD，

∵ACD=2ACB，

ACD=CGD，

CD=DG=3，

在Rt△CED中，DE==2.

故选：C.

点评：综合考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质和直角三角形斜边上的中线，解题的关键是证明CD=DG=3.

9.(2023江苏徐州,第7题3分)若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是()

A.矩形B.等腰梯形

C.对角线相等的四边形D.对角线互相垂直的四边形

考点：中点四边形.

分析：首先根据题意画出图形，由四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，利用三角形中位线的性质与菱形的性质，即可判定原四边形一定是对角线相等的四边形.

解答：解：如图，根据题意得：四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，

EF=FG=CH=EH，BD=2EF，AC=2FG，

BD=AC.

原四边形一定是对角线相等的四边形.

故选C.

点评：此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质.此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用.

10.(2023山东淄博,第9题4分)如图，ABCD是正方形场地，点E在DC的延长线上，AE与BC相交于点F.有甲、乙、丙三名同学同时从点A出发，甲沿着A﹣B﹣F﹣C的路径行走至C，乙沿着A﹣F﹣E﹣C﹣D的路径行走至D，丙沿着A﹣F﹣C﹣D的路径行走至D.若三名同学行走的速度都相同，则他们到达各自的目的地的先后顺序(由先至后)是()

A.甲乙丙B.甲丙乙C.乙丙甲D.丙甲乙

考点：正方形的性质;线段的性质：两点之间线段最短;比较线段的长短.

分析：根据正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，ECF，根据直角三角形得出AFAB，EFCF，分别求出甲、乙、丙行走的距离，再比较即可.

解答：解：∵四边形ABCD是正方形，

AB=BC=CD=AD，B=90，

甲行走的距离是AB+BF+CF=AB+BC=2AB;

乙行走的距离是AF+EF+EC+CD;

丙行走的距离是AF+FC+CD，

∵ECF=90，

AFAB，EFCF，

AF+FC+CD2AB，AF+FC+CD

甲比丙先到，丙比乙先到，

即顺序是甲丙乙，

故选B.

点评：本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质的应用，题目比较典型，难度适中.

11.(2023福建福州,第9题4分)如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE.AC，BE相交于点F，则BFC为【】

A.45B.55C.60D.75

12.(2023甘肃兰州,第7题4分)下列命题中正确的是()

A.有一组邻边相等的四边形是菱形

B.有一个角是直角的平行四边形是矩形

C.对角线垂直的平行四边形是正方形

D.一组对边平行的四边形是平行四边形

考点：命题与定理.

分析：利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项.

解答：解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误;

B、正确;

C、对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项错误;

D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，故选项错误.

故选B.

点评：本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，难度不大，属于基础题.

13.(2023广州,第8题3分)将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变，当时，如图，测得，当时，如图，().

(A)(B)2(C)(D)

图2-①图2-②

【考点】正方形、有内角的菱形的对角线与边长的关系

【分析】由正方形的对角线长为2可知正方形和菱形的边长为，当=60时，菱形较短的对角线等于边长，故答案为.

【答案】A

14.(2023广州,第10题3分)如图3，四边形、都是正方形，点在线段上，连接，和相交于点.设，().下列结论：①;②;③;④.其中结论正确的个数是().

(A)4个(B)3个(C)2个(D)1个

【考点】三角形全等、相似三角形

【分析】①由可证，故①正确;

②延长BG交DE于点H，由①可得，(对顶角)

=90，故②正确;

③由可得，故③不正确;

④，等于相似比的平方，即，

，故④正确.

【答案】B

15.(2023毕节地区，第8题3分)如图，菱形ABCD中，对角线AC、BC相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于()

A.3.5 B.4 C.7 D.14

考点：菱形的性质;直角三角形斜边上的中线;三角形中位线定理

分析：根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH=AB.

解答：解：∵菱形ABCD的周长为28，

AB=284=7，OB=OD，

∵H为AD边中点，

OH是△ABD的中位线，

OH=AB=7=3.5.

故选A.

点评：本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键.

16.(2023襄阳，第12题3分)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE;②PF=2PE;③FQ=4EQ;④△PBF是等边三角形.其中正确的是()

A.①②B.②③C.①③D.①④

考点：翻折变换(折叠问题);矩形的性质

分析：求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出APE=30，然后求出AEP=60，再根据翻折的性质求出BEF=60，根据直角三角形两锐角互余求出EFB=30，然后根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判断出①正确;利用30角的正切值求出PF=PE，判断出②错误;求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③错误;求出PBF=PFB=60，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确.

解答：解：∵AE=AB，

BE=2AE，

由翻折的性质得，PE=BE，

APE=30，

AEP=90﹣30=60，

BEF=(180﹣AEP)=(180﹣60)=60，

EFB=90﹣60=30，

EF=2BE，故①正确;

∵BE=PE，

EF=2PE，

∵EFPF，

PF2PE，故②错误;

由翻折可知EFPB，

EBQ=EFB=30，

BE=2EQ，EF=2BE，

FQ=3EQ，故③错误;

由翻折的性质，EFB=BFP=30，

BFP=30+30=60，

∵PBF=90﹣EBQ=90﹣30=60，

PBF=PFB=60，

△PBF是等边三角形，故④正确;

综上所述，结论正确的是①④.

故选D.

点评：本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键.

17.(2023孝感，第9题3分)如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D(5，3)在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90，则旋转后点D的对应点D的坐标是()

A.(2，10)B.(﹣2，0)C.(2，10)或(﹣2，0)D.(10，2)或(﹣2，0)

考点：坐标与图形变化-旋转.

分析：分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可.

解答：解：∵点D(5，3)在边AB上，

BC=5，BD=5﹣3=2，

①若顺时针旋转，则点D在x轴上，OD=2，

所以，D(﹣2，0)，

②若逆时针旋转，则点D到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，

所以，D(2，10)，

综上所述，点D的坐标为(2，10)或(﹣2，0).

故选C.

点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论.

18.(2023台湾，第12题3分)如图，D为△ABC内部一点，E、F两点分别在AB、BC上，且四边形DEBF为矩形，直线CD交AB于G点.若CF=6，BF=9，AG=8，则△ADC的面积为何?()

A.16 B.24 C.36 D.54

分析：由于△ADC=△AGC﹣△ADG，根据矩形的性质和三角形的面积公式计算即可求解.

解：△ADC=△AGC﹣△ADG=12AGBC﹣12AGBF

=128(6+9)﹣2023=60﹣36=24.

故选：B.

点评：考查了三角形的面积和矩形的性质，本题关键是活用三角形面积公式进行计算.

19.(2023台湾，第27题3分)如图，矩形ABCD中，AD=3AB，O为AD中点，是半圆.甲、乙两人想在上取一点P，使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积其作法如下：

(甲)延长BO交于P点，则P即为所求;

(乙)以A为圆心，AB长为半径画弧，交于P点，则P即为所求.

对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确?()

A.两人皆正确B.两人皆错误C.甲正确，乙错误D.甲错误，乙正确

分析：利用三角形的面积公式进而得出需P甲H=P乙K=2AB，即可得出答案.

解：要使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积，

需P甲H=P乙K=2AB.

故两人皆错误.

故选：B.

点评：此题主要考查了三角形面积求法以及矩形的性质，利用四边形与三角形面积关系得出是解题关键.

20.(2023浙江宁波，第6题4分)菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的边长是()

A.10 B.8 C.6 D.5

考点：菱形的性质;勾股定理.

分析：根据菱形的性质及勾股定理即可求得菱形的边长.

解答：解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，

OB=OD=3，OA=OC=4，ACBD，

在Rt△AOB中，

由勾股定理得：AB===5，

即菱形ABCD的边长AB=BC=CD=AD=5，

故选D.

点评：本题考查了菱形的性质和勾股定理，关键是求出OA、OB的长，注意：菱形的对角线互相平分且垂直.

21.(2023浙江宁波，第11题4分)如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是()

A.2.5 B.

C.

D.2

考点：直角三角形斜边上的中线;勾股定理;勾股定理的逆定理.

分析：连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，ACD=GCF=45，再求出ACF=90，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可.

解答：解：如图，连接AC、CF，

∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，

AC=，CF=3，

ACD=GCF=45，

ACF=90，

由勾股定理得，AF===2，

∵H是AF的中点，

CH=AF=2=.

故选B.

点评：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键.

22.(2023呼和浩特，第9题3分)已知矩形ABCD的周长为20cm，两条对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的垂线EF，分别交两边AD，BC于E，F(不与顶点重合)，则以下关于△CDE与△ABF判断完全正确的一项为()

A.△CDE与△ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等

B.△CDE与△ABF全等，且周长都为10cm

C.△CDE与△ABF全等，且周长都为5cm

D.△CDE与△ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定

考点：矩形的性质;全等三角形的判定与性质;线段垂直平分线的性质.

分析：根据矩形的性质，AO=CO，由EFAC，得EA=EC，则△CDE的周长是矩形周长的一半，再根据全等三角形的判定方法可求出△CDE与△ABF全等，进而得到问题答案.

解答：解：∵AO=CO，EFAC，

EF是AC的垂直平分线，

EA=EC，

△CDE的周长=CD+DE+CE=CD+AD=矩形ABCD的周长=10cm，

同理可求出△ABF的周长为10cm，

根据全等三角形的判定方法可知：△CDE与△ABF全等，

故选B.

点评：本题考查了矩形的对角线互相平分的性质，还考查了线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定方法，题目的难度不大.

23.(2023株洲，第7题，3分)已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②ABC=90，③AC=BD，④ACBD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是()

A.选①②B.选②③C.选①③D.选②④

考点：正方形的判定;平行四边形的性质.

分析：要判定是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形.

解答：解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意;

B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意;

C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意;

D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意.

故选B.

点评：本题考查了正方形的判定方法：

①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等;

②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角.

③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定.

以上就是学习方法网为同学们整理的中考数学专题训练，预祝同学们金榜题名！