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1、 2022年中考数学：模拟试题(2)9. (2022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，则该四边形肯定是() A.矩形 B. 等腰梯形 C.对角线相等的四边形 D. 对角线相互垂直的四边形 考点： 中点四边形. 分析： 首先依据题意画出图形，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，即可判定原四边形肯定是对角线相等的四边形. 解答： 解：如图，依据题意得：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=
2、AC. 原四边形肯定是对角线相等的四边形. 应选C. 点评： 此题考察了菱形的性质与三角形中位线的性质.此题难度适中，留意把握数形结合思想的应用. 10. (2022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动身，甲沿着ABFC的路径行走至C，乙沿着AFECD的路径行走至D，丙沿着AFCD的路径行走至D.若三名同学行走的速度都一样，则他们到达各自的目的地的先后挨次(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;比拟线段的长短. 分析：
3、 依据正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，B=ECF，依据直角三角形得出AFAB，EFCF，分别求出甲、乙、丙行走的距离，再比拟即可. 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， B=ECF=90， AFAB，EFCF， AF+FC+CD2AB，AF+FC+CD 甲比丙先到，丙比乙先到， 即挨次是甲丙乙， 应选B. 点评： 此题考察了正方形的性质，直角三角形的性质的应用，题目比拟典型，难度适中. 11.(2022福建福州,第9题4分)
4、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.45 B.55 C.60 D.75 12.(2022甘肃兰州,第7题4分)以下命题中正确的选项是() 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： 利用特别四边形的判定定理对个选项逐一推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，应选项错误; B、正确; C、对角线垂直的平行四边形是菱形，应选项错误; D、两组对边平行的四边形才是平行
5、四边形，应选项错误. 应选B. 点评： 此题考察了命题与定理的学问，解题的关键是牢记特别的四边形的判定定理，难度不大，属于根底题. 13.(2022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，使它外形转变，当 时，如图 ，测得 ，当 时，如图 ， ( ). (A) (B)2 (C) (D) 图2- 图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.(2022广州,第10题3分)如图3，四边形 、 都是正方形，点 在
6、线段 上，连接 ， 和 相交于点 .设 ， ( ).以下结论： ; ; ; .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、相像三角形 【分析】由 可证 ，故正确; 延长BG交DE于点H，由可得 ， (对顶角) =90，故正确; 由 可得 ，故不正确; ， 等于相像比的平方，即 ， ，故正确. 【答案】B 15.(2022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
7、;三角形中位线定理 分析： 依据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线相互平分可得OB=OD，然后推断出OH是ABD的中位线，再依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. 应选A. 点评： 此题考察了菱形的对角线相互平分的性质，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.(2022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
8、折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于以下结论：EF=2BE;PF=2PE;FQ=4EQ;PBF是等边三角形.其中正确的选项是() A. B. C. D. 考点： 翻折变换(折叠问题);矩形的性质 分析： 求出BE=2AE，依据翻折的性质可得PE=BE，再依据直角三角形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，再依据翻折的性质求出BEF=60，依据直角三角形两锐角互余求出EFB=30，然后依据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，推断出正确;利用30角的正切值求出PF= PE，推断出错误;求出BE=2EQ，EF=2BE
9、，然后求出FQ=3EQ，推断出错误;求出PBF=PFB=60，然后得到PBF是等边三角形，推断出正确. 解答： 解：AE= AB， BE=2AE， 由翻折的性质得，PE=BE， APE=30， AEP=9030=60， BEF= (180AEP)= (18060)=60， EFB=9060=30， EF=2BE，故正确; BE=PE， EF=2PE， EFPF， PF2PE，故错误; 由翻折可知EFPB， EBQ=EFB=30， BE=2EQ，EF=2BE， FQ=3EQ，故错误; 由翻折的性质，EFB=BFP=30， BFP=30+30=60， PBF=90EBQ=9030=60， PBF=
10、PFB=60， PBF是等边三角形，故正确; 综上所述，结论正确的选项是. 应选D. 点评： 此题考察了翻折变换的性质，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，熟记各性质并精确识图是解题的关键. 17.(2022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
11、两种状况争论解答即可. 解答： 解：点D(5，3)在边AB上， BC=5，BD=53=2， 若顺时针旋转，则点D在x轴上，OD=2， 所以，D(2，0)， 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). 应选C. 点评： 此题考察了坐标与图形变化旋转，正方形的性质，难点在于分状况争论. 18.(2022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
12、D.54 分析：由于ADC=AGCADG，依据矩形的性质和三角形的面积公式计算即可求解. 解：ADC=AGCADG=12AGBC12AGBF =128(6+9)1289=6036=24. 应选：B. 点评：考察了三角形的面积和矩形的性质，此题关键是活用三角形面积公式进展计算. 19.(2022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，以下推断何者正确?() 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. 应选：B. 点评：此题主要考察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.(2022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： 依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ABC
